第二十七章《 圆与正多边形》 单元复习题2024-2025学年沪教版数学九年级下册

第二十七章《 圆与正多边形》 单元复习题 一、单选题 1．在∆ABC中，，，，点在∆ABC内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（    ） A．内含 B．相交 C．外切 D．相离 2．在中，，，，以点，点，点为圆心的的半径分别为5、10、8，那么下列结论错误的是（    ） A．点在上 B．与内切 C．与有两个公共点 D．直线与相切 3．已知：在∆ABC中，，则BC的值（    ） A．只有1个 B．可以有2个 C．可以有3个 D．无数个 4．已知在∆ABC中，，，如果以A为圆心r为半径的和以为直径的相交，那么r的取值范围（    ） A． B． C． D． 5．如图，在梯形中，，，，，如果以CD为直径的圆与梯形各边共有3个公共点（C，D两点除外），那么AD长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．如图，在矩形中，对角线与BD相交于点，，．分别以点、为圆心画圆，如果与直线AD相交、与直线CD相离，且与内切，那么的半径长的取值范围是（    ）    A． B． C． D． 二、填空题 7．如图，AB是圆O的直径，＝＝，AC与OD交于点E．如果AC＝3，那么DE的长为 ． 8．在半径为13cm的圆内有两条互相平行的弦，一条弦长为24cm，另一条弦长为10cm，则这两条弦之间的距离为 cm． 9．如图，和的半径分别为5和1，，点在直线上，与、都内切，那么半径是 ． 10．如图，已知半圆直径，点C、D三等分半圆弧，那么的面积为 ． 11．如图，弧所在的⊙的半径长为5，正三角形的顶点、分别在半径、上，点在弧上，．如果，那么这个正三角形的边长为 ． 12．在平面直角坐标系中，我们把半径相等且外切、连心线与直线平行的两个圆，称之为“孪生圆”；已知圆的圆心为，半径为，那么圆的所有“孪生圆”的圆心坐标为 ． 13．如图，在中，为边上的中线，，以点为圆心，r为半径作．如果与中线有且只有一个公共点，那么的半径r的取值范围为 ． 14．如图，∠MON=, P是∠MON的平分线上一点，PQ∥ON交OM于点Q，以P为圆心，半径为8的圆与ON相切，如果以Q为圆心，半径为r的圆与⊙P相交，那么r 的取值范围是 . 15．如图，已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，圆心O1、O2在公共弦AB的两侧，AB＝O1O2＝4，sin∠AO1B＝，那么O2A的长是 ． 16．如图，在直角梯形中，，E是上一定点，．点P是BC上一个动点，以P为圆心，PC为半径作⊙P．若⊙P与以E为圆心，1为半径的⊙E有公共点，且⊙P与线段AD只有一个交点，则PC长度的取值范围是 ． 17．如图，等边∆ABC的边长为6，点在边上，，线段在边上运动，且，有下列结论： ①与可能相似； ②以为圆心为半径的圆与以为圆心为半径的圆，可能内切； ③以为圆心为半径的圆与以为圆心为半径的圆，可能外切．其中，所有正确结论的序号为 ． 18．如图，已知在∆ABC中，，，动点N从点C出发，沿着方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点M从点A出发，沿着方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为t秒（），以M为圆心，长为半径的与的另一个交点为点D，连接，当与线段只有一个公共点时，t的取值范围是 ．    三、解答题 19．如图，已知经过∆ABC顶点A、B，交边于点D，交边于点E． (1)如果，求证：． (2)如果点A是弧的中点，，，，求的半径． 20．已知：如图，⊙O1与⊙O2相交于点A和点B，AC∥O1O2，交⊙O1于点C，⊙O1的半径为5，⊙O2的半径为，AB=6． 求： (1)弦AC的长度； (2)四边形ACO1O2的面积． 21．如图1是一张乒乓球桌，其侧面简化结构如图2所示，台面（台面厚度忽略不计）与地面平行，且高度为（台面与地面之间的距离），直线型支架与的上端E，F与台面下方相连，与的下端P，Q与直径为的脚轮（侧面是圆）相连（衔接之间的距离忽略不计），直线型支架与的上端C，D与台面下方相连，下端G，H与，相连，圆弧形支架分别与，在点G，H相连，且，已知，， (1)求：的长度 (2)当所在的圆经过点P、Q时，求：所在的圆的圆心到台面之间的距离 22．如图，是正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点，与相交于点． (1)求证：与相切． (2)若正方形的边长为，点是半径上的一个动点，过点作交于点．当时，求的长 23．在平面直角坐标系中（如图），已知抛物线与轴交于点、，抛物线的顶点在第一象限，且． (1)当点P的坐标为时，求这个抛物线的表达式； (2)抛物线表达式中有三个待定系数，求待定系数a与n之间的数量关系； (3)以点P为圆心，为半径作，与直线相交于点M、N．当点P在直线上时，用含a的代数式表示的长． 24．已知：⊙O的半径为3，弦，垂足为，点E在⊙O上，，射线与射线相交于点．设，， (1)求与之间的函数解析式，并写出函数定义域； (2)当为直角三角形时，求的长； (3)如果，求的长． 25．新定义：如果一个三角形中有两个内角，满足，那我们称这个三角形为“近直角三角形”． (1)若∆ABC是“近直角三角形”，，，则______度； (2)如图1，在中，，，．若是的平分线，在边上是否存在点（异于点），使得是“近直角三角形”？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由． (3)如图2，在中，，点为边上一点，以为直径的圆交于点，连接交于点，若为“近直角三角形”，且，，求的值． 答案 一、单选题 1．B 【分析】本题考查圆的位置关系，涉及勾股定理，根据题意，作出图形，数形结合，即可得到答案，熟记圆的位置关系是解决问题的关键． 【解析】解：圆半径为1，圆半径为3，圆与圆内切， 圆含在圆内，即， 在以为圆心、为半径的圆与边相交形成的弧上运动，如图所示： 当到位置时，圆与圆圆心距离最大，为， ， 圆与圆相交， 故选：B． 2．D 【分析】首先利用勾股定理解得，然后根据点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系，逐项分析判断即可． 【解析】解：∵， ∴， ∵，的半径为5， ∴点在上，选项A正确，不符合题意； ∵的半径分别为5、10，且， ∴与内切，选项B正确，不符合题意； ∵， ∴与相交，有两个公共点，选项C正确，不符合题意； 如下图，过点作于点， ∵， ∴，解得， ∵， ∴直线与相交，选项D错误，符合题意． 故选：D． 3．B 【分析】如图， 过作于，再利用特殊角的三角函数值求解的长度，再以为圆心，为半径画弧，则弧与的两个交点都为的位置，从而可得答案． 【解析】解：如图， 过作于， ∴， ∵， ∴以为圆心，为半径画弧，则弧与的两个交点都为的位置， ∴的值有两个． 故选B． 4．C 【分析】首先利用勾股定理求得两圆的圆心距，然后利用两圆相交时两圆的圆心距和两圆的半径之间的关系求解． 【解析】解：如图，由题意得：， ， 由勾股定理得：， 设的半径为， 根据两圆相交得： ， 解答：， 故选：C． 5．D 【分析】考查了直线和圆的位置关系与数量之间的联系．此题首先能够根据公共点的个数得到直线和圆的位置关系；再进一步计算出相切时圆心到直线的距离，从而根据直线和圆的位置关系与数量之间的联系，得到答案． 【解析】解：根据题意，得圆必须和直线相交，设直线和圆相切于点E， 连接，则，， 又∵， ∴此时． 根据梯形的中位线定理，得 ， ∴， ∴， ∴直线要和圆相交，则． 故选D． 6．C 【分析】过点作，勾股定理求得，进而根据平行线分线段成比例得出，根据题意，画出相应的图形，即可求解． 【解析】解：如图所示，当圆O与相切时，过点作， ∵矩形中，对角线与相交于点，，． ∴，，，， ∴ ∴， 则；    当圆O与相切时，过点作于点，如图所示，    则 则 ∴与直线相交、与直线相离，且与内切时，， 故选：C． 二、填空题 7． 【分析】根据，可得∠AOD＝60°，OD⊥AC，AE＝CE＝AC＝，再根据含30度角的直角三角形即可求出结果． 【解析】解：∵， ∴∠AOD＝60°，OD⊥AC，AE＝CE＝AC＝， ∴∠A＝30°， ∴OE＝AE•tan30°＝， ∴OA＝OD＝2OE＝， ∴DE＝OD﹣OE＝． 故答案为：． 8．7或17 【分析】分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可． 【解析】解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图， ∵AB=24cm，CD=10cm， ∴AE=12cm，CF=5cm， ∵OA=OC=13cm， ∴EO=5cm，OF=12cm， ∴EF=OF-OE=7cm； ②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图， ∵AB=24cm，CD=10cm， ∴AF=12cm，CE=5cm， ∵OA=OC=13cm， ∴EO=12cm，OF=5cm， ∴EF=OF+OE=17cm． 故答案为：7或17． 9．1.5或4.5 【分析】本题主要考查了圆与圆的位置关系，解此题的关键是熟练掌握由数量关系来判断两圆位置关系的方法．设两圆的半径分别为和，且，圆心距为；外离；外切；相交；内切；内含． 根据两圆内切时圆心距两圆半径之差的绝对值，分两种情况求解即可． 【解析】解：设半径是，根据题意， 分两种情况： 如图1，，， ， ， 解得； 如图2，，， ， ， 解得． 故答案为1.5或4.5． 10． 【分析】连接OC，OD，过点O作OE⊥CD，垂足为点E，点C、D三等分半圆弧，可知是等边三角形，从而可以证得CD∥AB，所以和的面积相等，利用30°所对的直角三角形的性质和勾股定理，即可求得面积． 【解析】解：连接OC，OD，过点O作OE⊥CD，垂足为点E，如图， ∵点C、D三等分半圆弧， ∴∠COD=∠BOD=60°， ∵OC=OD， ∴是等边三角形， ∴∠CDO=60°， ∴∠CDO=∠BOD， ∴CD∥AB， ∴， ∵OE⊥CD， ∴∠COE=∠COD=30°， ∴， 在中，， ∴． 故答案为：． 11． 【分析】如图，连接OC，设正三角形ABC的边长是x，证明根据勾股定理求出在Rt△ABO中，，得出方程解方程可得答案． 【解析】解：如图，连接OC， 设正三角形ABC的边长是x， ∵∠EOF=∠CAB=60°，AB⊥OF，⊙的半径长为5， ∴ ∴ 在Rt△ABO中， （负根舍去） 故答案为：． 12． 【分析】如图，与外切半径相等且连心线与直线平行的两个圆分别为，运用两圆外切的性质和点的坐标特点，数形结合求出图形中的长，进而得到两圆心的坐标． 【解析】解：画出图如图所示： 点的坐标为过点的直线与平行并过点， 过点的直线与平行， 过点的直线与两坐标轴围成等腰直角三角形， 与外切半径相等且连心线与直线平行的两个圆分别为，， 如图，，都是等腰直角三角形，， ， ， 故答案为：． 13．或 【分析】根据直线与圆的位置关系，判断出符合题意的的半径r的取值范围的临界值并求解即可； 【解析】解：在中，为边上的中线，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴边的高， ∵与中线有且只有一个公共点， ∴的半径的取值范围为或． 故答案为：或． 14． 15． 【分析】过点A作AE⊥O1B于E，由锐角三角函数和勾股定理可求AO1=13x=，可求O2H=1，即可求解． 【解析】解：如图，过点A作AE⊥O1B于E， ∵⊙O1与⊙O2相交于A、B两点， ∴O1O2垂直平分AB， ∴AH＝BH＝2， ∵sin∠AO1B＝， ∴设AE＝12x，AO1＝13x， ∴O1E＝＝5x， ∴BE＝8x， ∵AE2+BE2＝AB2， ∴144x2+64x2＝16， ∴x＝， ∴AO1＝13x＝， ∴O1H＝＝， ∴O2H＝1， ∴O2A＝＝， 故答案为． 16．或 【分析】根据题意可得的最小值为圆P与相切，切点为M；最大值为圆与圆E内切，切点为Q，由直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系即可解决问题． 【解析】解：根据题意可知：的最小值为圆P与相切，切点为M，如图所示： ∴， 在直角梯形中， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 最大值为圆与圆E内切，切点为Q， ∴， 当时，此时圆P与线段开始有2个交点，不符合题意， 设，则， ∴， ∴， 则长度的取值范围是或． 故答案为：或． 17．①② 【分析】本题考查圆的位置关系，根据题意，作出图形，数形结合，分情况讨论求解即可得到答案，熟记圆的位置关系的判定方法是解决问题的关键． 【解析】解：在等边∆ABC中，， 若，则，故①正确； 如图所示： 若，则以为圆心为半径的圆与以为圆心为半径的圆内切，故②正确； 如图所示： 若， 当重合时，在中，，则，即， ， 以为圆心为半径的圆与以为圆心为半径的圆，不可能外切，故③错误； 综上所述，①②正确， 故答案为：①②． 18．或 【分析】先由勾股定理求出，分两种情况：①当与相切时，证明，得出，求出，得出即可；②恰好过点时，证明，再证明，得出，求出，再由，得出即可． 【解析】解：∵，， ∴， 当与线段只有一个公共点时，分两种情况： ①点从运动开始一直到与相切时： 当与相切时，则， 由题意，得：， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴； ∴当时，与只有一个交点； ②当恰好过点时，如图，连接，则：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得：， ∵， ∴当时，满足题意； 综上所述，t的取值范围为或； 故答案为或． 三、解答题 19．（1）证明：∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （2）解：如图，连接，连接并延长交于，连接， ∵点A是弧的中点， ∴，， ∴， ∴， 解得，， 设的半径为，则，， 由勾股定理得，，即， 解得，， ∴的半径为5． 20．（1）解：连接，过作于点D，设AB与交于点E，如图 由圆的对称性知：， 在中，由勾股定理得： ∵，AC∥O1O2 ∴ ∵ ∴ ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴四边形是矩形，且AD=CD ∴， ∴AC=2AD=8 （2）解：在中，由勾股定理得： ∴ ∴， ∴四边形ACO1O2的面积为： 21．（1）解：过点G作，交于点M．连接． 由题意可得：，， ∴． 又∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴． （2）解：设点O为所在圆的圆心．连接、、、，过点O作OK⊥GH，交GH于点K，交PQ于点N． 由垂径定理，得， ∴． ∴． ∵，，且， ∴， ∴，即， 解得． ∴． ∴所在的圆的圆心到台面之间的距离为． 22．（1）证明：如图，连接，过点作于， ∵为的切线，点为切点， ∴， ∴， ∵四边形是正方形，是对角线， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴与相切； （2）解：连接，并反向延长交于，连接， ∵为的切线，点为切点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∴， 设的半径为，则，， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 23．（1）解：依题意，是等腰直角三角形， 当点P的坐标为时，则抛物线的对称轴为直线， 如图所示，过点作轴于点， ∴ ∴， 将代入 解得： ∴抛物线解析式为； （2）解：∵抛物线与轴交于点、，抛物线的顶点在第一象限，且， ∴是等腰直角三角形，抛物线的顶点坐标为， ∴， ∴ 代入 ∴ 即， ∵抛物线的顶点在第一象限，则 ∴； （3）∵在上 ∴，即， 由（2）可得，即， ∴抛物线解析式为 ∵与直线相交于点M、N．设直线交轴于点，交轴于点， 当时，，则，当时，，则， ∴，则是等腰直角三角形，， ∵是等腰直角三角形，则， ∴， 延长交于点，则，连接，， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， 在中，，， ∴ ， ∴， 又∵， ∴． 24．（1）过点O作OH⊥CE，垂足为H， ∵在圆O中，OC⊥弦AB，OH⊥弦CE，AB=，CE=， ∴，， ∵在Rt△ODB中，，OB=3 ， ∴OD=， ∵OC=OE， ∴∠ECO=∠CEO， ∵∠ECO＝∠BOC， ∴∠CEO=∠BOC， 又∵∠ODB=∠OHE=90°，OE=OB ∴△ODB≌△EHO ∴EH=OD ， ∴， ∴ 函数定义域为（0＜＜6） （2）当△OEF为直角三角形时，存在以下两种情况： ①若∠OFE＝90º，则∠COF＝∠OCF＝45º    ∵∠ODB=90°，     ∴∠ABO=45° 又∵OA=OB         ∴∠OAB= ∠ABO=45°， ∴∠AOB=90° ∴△OAB是等腰直角三角形 ∴ ②若∠EOF＝90º ， 则∠OEF＝∠COF＝∠OCF＝30º ∵∠ODB=90°，    ∴∠ABO=60° 又∵OA=OB ∴△OAB是等边三角形 ∴AB=OB=3 （3）①当CF＝OF＝OB–BF＝2时，      可得：△CFO∽△COE，CE＝， ∴EF＝CE–CF＝． ②当CF＝OF＝OB+BF＝4时，   可得：△CFO∽△COE，CE＝， ∴EF＝CF–CE＝． 25．（1）解：不可能是或， 当时，，，不成立； 故，，，则， 故答案为20； （2）存在，理由： 在边上是否存在点（异于点，使得是“近直角三角形”， ，，则， 则， 设，则， ∴， ∴， ∵， 则， 即，即，解得：， 则； （3）①如图2所示，当时， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，则，则， ， 过点作于点， 设，则， 则，即，解得：； ，则， 则； ②如图3所示，当时， 过点作交于点，交于点， ∵ =， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为的垂直平分线， ∴点是圆的圆心（的中垂线与直径的交点）， ∴， ，， ， ∴， 则， 则，则（圆的半径）， ∵点是的中点，G为中点， ∴， 在∆BGH中，， 在中，，，， ，， ， ， 综上，的值为或． 学科网（北京）股份有限公司 $$