第三章 圆的基本性质 同步习题 2025-2026学年浙教版（2012）数学九年级上册

第三章 圆的基本性质 同步习题 一、单选题 1．如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD，垂足为M，若AB=12，OM：MD=5：8，则⊙O的周长为（　　） A．26π B．13π C． D． 2．将校徽按顺时针方向旋转后得到的图形是图中的（   ）    A．   B．   C．   D．   3．如图，等腰三角形ABC的顶角，以腰AB为直径作圆，交BC于点D，交AC于点E，则弧DE的度数是（    ） A．18° B．36° C．72° D．80° 4．下列四个图形的角是圆周角的是（    ） A． B． C． D． 5．如图，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，连接CO，作ADOC，若CO＝，AC＝2，则AD＝（　　） A．3 B． C． D． 6．如图，扇形OBA中，点C在弧AB上，连接BC，P为BC中点．若，，则点C沿弧从点B运动到点A的过程中，点P所经过的路径长为（    ） A． B． C． D．6 7．如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，则（   ） A． B． C． D． 8．如图，在中，弦，，，，，则的半径为（    ） A．4 B． C． D． 二、填空题 9．如图，点A，B，C在上，，则 度． 10．如图，将绕点O旋转得到，若，则 ， ， ． 11．如图，将直角三角板60°角的顶点放在圆心O上，斜边和一直角边分别与⊙O相交于A、B两点，P是优弧AB上任意一点（与A、B不重合），则∠APB= ． 12．如图，AB为⊙0的弦，AB=6，点C是⊙0上的一个动点，且∠ACB=45°，若点M、N分别是AB、BC的中点，则MN长的最大值是 ． 13．如图，ABC内接于⊙O，∠BAC=120°，AB=AC，BD为⊙O的直径，AD=6，则DC= ． 14．如图，半圆O的直径AB=2，弦CD∥AB，∠COD=90°，则图中阴影部分的面积为 ． 三、解答题 15．如图，在⊿OAB中，∠OAB=90°.OA=AB=6.将⊿OAB绕点O逆时针方向旋转90°得到⊿OA1B1 （1）线段A1B1的长是   ∠AOA1的度数是 （2）连结AA1，求证：四边形OAA1B1是平行四边形 ; （3）求四边形OAA1B1的面积 . 16．如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．将绕原点顺时针旋转后得到． (1)请写出、、三点的坐标：_________，_________，_________ (2)求点旋转到点的弧长． 17．如图，AG是正八边形ABCDEFGH的一条对角线． （1）在剩余的顶点B、C、D、E、F、H中，连接两个顶点，使连接的线段与AG平行，并说明理由； （2）两边延长AB、CD、EF、GH，使延长线分别交于点P、Q、M、N，若AB=2，求四边形PQMN的面积． 18．如图所示，直径为10 cm的圆中，圆心到弦AB的距离为4cm.求弦AB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 B D B A D B A C 1．B 【详解】试题分析：连接OA，根据垂径定理得到AM=AB=6，设OM=5x，DM=8x，得到OA=OD=13x，根据勾股定理得到OA=，则可求周长． 解：连接OA， ∵CD为⊙O的直径，AB⊥CD， ∴AM=AB=6， ∵OM：MD=5：8， ∴设OM=5x，DM=8x， ∴OA=OD=13x， ∴AM==12x=6， ∴x=，∴OA=， ∴⊙O的周长=2π•OA=13π. 故选B． 2．D 【分析】本题考查旋转的性质，根据旋转的性质可得答案． 【详解】解：将校徽按顺时针方向旋转后得到的图形是：    故选：D． 3．B 【分析】设圆心为，连接、，根据等腰三角形的性质推出，得到，再平行线的性质得到，从而得到，可得弧的度数． 【详解】解：设圆心为，连接、， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即弧的度数为， 故选：B． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，圆心角、弧、弦之间的关系，连接圆心角、弧、弦之间的关系，掌握等腰三角形的性质是正确解答的前提． 4．A 【分析】根据圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．即可求得答案． 【详解】解：A、图中的角是圆周角，故本选项符合题意； B、图中的角不是圆周角，故本选项不符合题意； C、图中的角不是圆周角，故本选项不符合题意； D、图中的角不是圆周角，故本选项不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查了圆周角的定义，能熟记圆周角定义的内容是解此题的关键． 5．D 【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后可以求得OG的长，再利用勾股定理即可得到AG的长，从而可以得到AD的长． 【详解】解：作AE⊥OC于点E，作OF⊥CA于点F，作OG⊥AD于点G， 则EA∥OG， ∵AD∥OC， ∴四边形OEAG是矩形， ∴OG＝EA， ∵OF⊥AC，OA＝OC＝，AC＝2， ∴CF＝1， ∴OF＝， ∵， ∴， 解得， ∴OG＝， ∵OG⊥AD， ∴AG＝， ∴AD＝2AG＝， 故选：D． 【点睛】本题考查圆的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，面积等积式，掌握圆的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，面积等积式是解题关键． 6．B 【分析】连接OC、OP，易得∠OPB=90°，点P是在以OB的中点D为圆心，BD为半径的圆上运动，求即可． 【详解】连接OC、OP， ∵OB=OC， ∴△BOC为等腰三角形， ∵P为BC中点， ∴OP⊥BC（三线合一）， 即∠OPB=90°， ∴点P是在以OB的中点D为圆心，BD为半径的圆上运动，如图所示， 当点C运动到点A时，点P到达位置， 点P所经过的路径长为， 连接，∵D为OB中点，为AB中点， ∴∥OA， ∴=，BD=OA=3， ∴， 即点P所经过的路径长为 ， 故选：B． 【点睛】本题考查动点的运动轨迹问题，根据定弦定角确定圆的所在位置，以及等腰三角形的性质、中位线的性质、弧长公式，熟练掌握这些性质是解题的关键． 7．A 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 由平行线的性质得到，由旋转得到，从而，进而根据三角形的内角和求出，再由旋转角即可解答． 【详解】解：∵，， ， 又、为对应点，点为旋转中心， ，， ， ∴， ∴． 故选：A． 8．C 【分析】连接OA，OC，根据垂径定理得CN=6，AM=9，设的半径为x，根据勾股定理列出方程，即可求解． 【详解】解：连接OA，OC， ∵，， ∴， ∵，， ∴CN=6，AM=9， 设的半径为x， ∵， ∴，解得：或（舍去）， 经检验是方程的根，且符合题意， ∴的半径为． 故选C． 【点睛】本题主要考查垂径定理，勾股定理，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键． 9．31 【分析】根据圆周角定理进行求解即可； 【详解】解：由圆周角定理可知： 故答案为：31． 【点睛】本题主要考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键． 10． 1 【分析】根据旋转的性质，旋转前、后的两个图形全等，旋转角相等，可得出答案． 【详解】∵∠BAC+∠C=60°　　 ∴∠ABC=180°-60°=120° ∵△ABC绕点O旋转得到△A′B′C′ ∴△ABC≌△A′B′C′ ∴AC=A′C′，∠ABC=∠A′B′C′ ∵AC=1，∠ABC=120° ∴A′C′=1，∠A′B′C′=120° ∵△ABC绕点O旋转得到△A′B′C′，∠AOA′=50°， ∴∠AOA′=∠BOB′=50° ′∵∠A′OB=30° ∴∠A′OB′=50°-30°=20° 故答案为：1 ，20°，120° 【点睛】本题考查了旋转的性质．做题的关键是明白旋转前、后的两个图形全等，找到对应边和对应角；旋转角相等，找到旋转角即可． 11．30°． 【详解】由题意得，∠AOB=60°，则∠APB=∠AOB=30°． 故答案是：30° 12．3 【分析】根据中位线定理得到MN的最大时，AC最大，当AC最大时是直径，从而求得直径后就可以求得最大值． 【详解】解：因为点M、N分别是AB、BC的中点， 由三角形的中位线可知：MN=AC， 所以当AC最大为直径时，MN最大．这时∠B=90° 又因为∠ACB=45°，AB=6 解得AC=6 MN长的最大值是3． 故答案为：3． 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理、等腰直角三角形的性质及圆周角定理，解题的关键是了解当什么时候MN的值最大，难度不大． 13． 【分析】试题分析：∵BD为⊙O的直径，∴∠BAD=∠BCD=90°. ∵∠BAC=120°，∴∠CAD=120°﹣90°=30°．∴∠CBD=∠CAD=30°. 又∵∠BAC=120°，∴∠BDC=180°﹣∠BAC=180°﹣120°=60°. ∵AB=AC，∴∠ADB=∠ADC.∴∠ADB=∠BDC=×60°=30°. ∵AD=6，∴在Rt△ABD中，. 在Rt△BCD中，. 【详解】请在此输入详解！ 14． 【详解】解：∵弦CD∥AB， ∴ ， ∴S阴影=S扇形COD==． 故答案为:． 15．（1）6，90；（2）见解析；（3）36 【分析】（1）根据旋转的性质即可直接求解； （2）根据旋转的性质以及平行线的判定定理证明B1A1∥OA且A1B1=OA即可证明四边形OAA1B1是平行四边形； （3）利用平行四边形的面积公式求解． 【详解】解：（1）由旋转的性质可知：A1B1=AB=6，∠AOA1=90°． 故答案是：6，90°； （2）∵A1B1=AB=6，OA1=OA=6，∠OA1B1=∠OAB=90°，∠AOA1=90°， ∴∠OA1B1=∠AOA1，A1B1=OA， ∴B1A1∥OA， ∴四边形OAA1B1是平行四边形； （3）S=OA•A1O=6×6=36． 即四边形OAA1B1的面积是36． 故答案为（1）6，90；（2）见解析；（3）36． 【点睛】本题考查旋转的性质以及平行四边形的判定和面积公式，证明B1A1∥OA是关键． 16．(1)（1，1）；（0，4）；（2，2） (2)2π 【分析】（1）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C1，点A1，B1，C1的坐标即为点A，B，C绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的点，由此可得出结果． （2）由图知点旋转到点的弧长所对的圆心角是90º，OB=4，根据弧长公式即可计算求出． 【详解】（1）解：将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C1，点A1，B1，C1的坐标即为点A，B，C绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的点， 所以A1（1，1）；B1（0，4）；C1（2，2） （2）解：由图知点旋转到点的弧长所对的圆心角是90度，OB=4， ∴点旋转到点的弧长==2π 【点睛】本题主要考查点的旋转变换和弧长公式，解题的关键是熟练掌握旋转变换的定义和弧长公式． 17．（1）BF∥AG．理由见解析；（2）. 【详解】试题分析: （1）利用已知得出正八边形,它的内角都为135°,再利用正八边形ABCDEFGH关于直线BF对称,得出∠2+∠3=180°,进而得出答案, （2）根据题意得出△PAH≌△QCB≌△MDE,则PA=QB=QC=MD,即PQ=QM,故四边形PQMN是正方形,进而求出PQ的长即可得出答案. 试题解析（1）连接BF,则有BF∥AG, 理由如下: ∵ABCDEFGH是正八边形, ∴它的内角都为135°, 又∵HA=HG, ∴∠1=22.5°, 从而∠2=135°﹣∠1=112.5°, 由于正八边形ABCDEFGH关于直线BF对称, ∴∠3＝135°=67.5° 即∠2+∠3=180°,故BF∥AG, （2）根据题设可知∠PHA=∠PAH=45°, ∴∠P=90°,同理可得∠Q=∠M=90°, ∴四边形PQMN是矩形． 又∵∠PHA=∠PAH=∠QBC=∠QCB=∠MDE=∠MED=45°,AH=BC=DE, ∴△PAH≌△QCB≌△MDE, ∴PA=QB=QC=MD,即PQ=QM, 故四边形PQMN是正方形． 在Rt△PAB中, ∵∠PAH=45°,AB=2, ∴ PA=ABsin45°=2, ∴ PQ=PA+AB+BQ=+2+=2+2, 故四边形PQMN的面积 ==12+8. 18．6cm. 【分析】在直角△OAE中，利用勾股定理即可求得AE的长，根据垂径定理可得AB=2AE，据此即可求解． 【详解】连接OA. ∵在直角△OAE中,OA=×10=5cm，OE=4cm. ∴AE==3. ∵OE⊥AB， ∴AB=2AE=2×3=6(cm). 【点睛】此题考查垂径定理，勾股定理，解题关键在于作辅助线和求得AE的长. 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 $