【强化训练】沪教版(上海)九下 第二十七章圆与正多边形专项练习试卷(无超纲)

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九年级数学第二学期第二十七章圆与正多边形专项练习
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应 ( http: / / www.21cnjy.com )的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。21cnjy.com
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，小王将一长为4，宽为3的长 ( http: / / www.21cnjy.com )方形木板放在桌面上按顺时针方向做无滑动的翻滚，当第二次翻滚时被桌面上一小木块挡住，此时木板与桌面成30°角，则点A运动到A2时的路径长为（　　）
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A．10 B．4π C． D．
2、如图，点，，在上，是等边三角形，则的大小为（ ）
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A．60° B．40° C．30° D．20°
3、如图，两个等圆⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，且⊙O1经过⊙O2的圆心，则∠O1AB的度数为（　　）
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A．45° B．30° C．20° D．15°
4、已知⊙O的直径为10cm，圆心O到直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．相交或相切
5、如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，若∠BAC＝30°，BC＝2，则AB的长为（ ）
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A．4 B．6 C．8 D．10
6、如图，一个宽为2厘米的刻 ( http: / / www.21cnjy.com )度尺（刻度单位：厘米）．放在圆形玻璃杯的杯口上，刻度尺的一边与杯口外沿相切，另一边与杯口外沿两个交点处的读数恰好是2和8，那么玻璃杯的杯口外沿半径为（　　）21·世纪*教育网
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A．5厘米 B．4厘米 C．厘米 D．厘米
7、如图，一块直角三角板的30°角的顶点P落在⊙O上，两边分别交⊙O于A，B两点，连结AO，BO，则∠AOB的度数是（　　）2-1-c-n-j-y
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A．30° B．60° C．80° D．90°
8、如图，AB是⊙O的直径，CD为弦，CD⊥AB于点E，则下列结论中不成立是（ ）
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A．弧AC＝弧AD B．弧BC＝弧BD C．CE＝DE D．OE＝BE
9、如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，点P是的一点，则∠CPD的度数是（　　）
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A．30° B．36° C．45° D．72°
10、矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，点P在边AB上，且AP＝3，如果⊙P是以点P为圆心，PD为半径的圆，那么下列判断正确的是（　　）21教育名师原创作品
A．点B、C均在⊙P内 B．点B在⊙P上、点C在⊙P内
C．点B、C均在⊙P外 D．点B在⊙P上、点C在⊙P外
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、一个正多边形的中心角是，则这个正多边形的边数为________．
2、如图，在中，，是内的一个动点，满足．若，，则长的最小值为_______．
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3、如图，点C是半圆上一动点，以BC为边作正方形BCDE（使在正方形内），连OE，若AB＝4cm，则OE的最大值为_____cm．
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4、如图，在中，，分别以、、边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”．当，时，则阴影部分的面积为__________．
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5、如图，点A、B、C、D、E在上，且弧AB为，则________．
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三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、下面是小明设计的“作圆的内接等腰直角三角形”的尺规作图过程.
已知：⊙O.
求作：⊙O的内接等腰直角三角形ABC.
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作法：如图，
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①作直径AB；
②分别以点A, B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于M 点；
③作直线MO交⊙O于点C，D；
④连接AC，BC．
所以△ABC就是所求的等腰直角三角形.
根据小明设计的尺规作图过程，解决下面的问题：
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明.
证明：连接MA，MB．
∵MA=MB，OA=OB，
∴MO是AB的垂直平分线．
∴AC= ．
∵AB是直径,
∴∠ACB= ( ) (填写推理依据) ．
∴△ABC是等腰直角三角形．
2、如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，AD为⊙O的直径．连结BD，若．
（1）求证：∠1＝∠2．
（2）当AD＝4，BC＝4时，求ABD的面积．
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3、如图，已知抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，直线l与抛物线交于A，D两点，点D的坐标为，与y轴交于点E．
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（1）求A，B两点的坐标及直线l的解析式；
（2）若点P在直线l下方抛物线上，过点P作轴于点M，直线与直线l交于点N，当点M是的三等分点时，求点P的坐标；
（3）若点H是抛物线对称轴上的一点，且，请直接写出点H的坐标．
4、如图，四边形ABCD内接于⊙O，OC＝2，AC＝2．
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（1）求点O到AC的距离；
（2）求∠ADC的度数．
5、如图，是的直径，弦，是的中点，连接并延长到点，使，连接交于点，连接，．21·cn·jy·com
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（1）求证：直线是的切线；
（2）若长为，求的半径及的长．
-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
根据题意可得：第一次转动的路径是以点B为圆心，AB长为半径的弧长，此时圆心角 ，第二次转动的路径是以点C为圆心，A1C长为半径的弧长，此时圆心角 ，再由弧长公式，即可求解．
【详解】
解：如图，
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根据题意得： ， ，
第一次转动的路径是以点B为圆心，AB长为半径的弧长，此时圆心角 ，
∴ ，
第二次转动的路径是以点C为圆心，A1C长为半径的弧长，此时圆心角 ，
∴ ，
∴点A运动到A2时的路径长为 ．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了求弧长，熟练掌握扇形的弧长公式是解题的关键．
2、C
【分析】
由为等边三角形，得：∠AOB=60°，再根据圆周角定理，即可求解．
【详解】
解：∵为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴=∠AOB =×60°=30°．
故选C．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理，掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解题的关键．
3、B
【分析】
连接O1O2，AO2，O1B，可得△AO2O1是等边三角形，再根据圆周角定理即可解答．
【详解】
解：连接O1O2，AO2，O1B，
( http: / / www.21cnjy.com / )
∵O1B= O1A
∴
∵⊙O1和⊙O2是等圆，
∴AO1=O1O2=AO2，
∴△AO2O1是等边三角形，
∴∠AO2O1=60°，
∴∠O1AB=∠AO2O1 =30°．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了相交两圆的性质以及等边三角形的判定与性质，得出△AO2O1是等边三角形是解题关键．
4、B
【分析】
圆的半径为 圆心O到直线l的距离为 当时，直线与圆相切，当时，直线与圆相离，当时，直线与圆相交，根据原理直接作答即可.21教育网
【详解】
解： ⊙O的直径为10cm，圆心O到直线l的距离为5cm，
⊙O的半径等于圆心O到直线l的距离，
直线l与⊙O的位置关系为相切，
故选B
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系的判定，掌握“直线与圆的位置关系的判定方法”是解本题的关键.
5、A
【分析】
根据直径所对的圆角为直角，可得 ，再由直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，即可求解．www.21-cn-jy.com
【详解】
解：∵AB是⊙O的直径，
∴ ，
∵∠BAC＝30°，BC＝2，
∴．
故选：A
【点睛】
本题主要考查了直径所对的圆角，直角三角形的性 ( http: / / www.21cnjy.com )质，熟练掌握直径所对的圆角为直角；直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．【来源：21·世纪·教育·网】
6、D
【分析】
根据题意先求出弦AC的长，再 ( http: / / www.21cnjy.com )过点O作OB⊥AC于点B，由垂径定理可得出AB的长，设杯口的半径为r，则OB=r-2，OA=r，在Rt△AOB中根据勾股定理求出r的值即可．www-2-1-cnjy-com
【详解】
解：∵杯口外沿两个交点处的读数恰好是2和8，
∴AC=8-2=6厘米，
过点O作OB⊥AC于点B，
( http: / / www.21cnjy.com / )
则AB=AC=×6=3厘米，
设杯口的半径为r，则OB=r-2，OA=r，
在Rt△AOB中，
OA2=OB2+AB2，即r2=（r-2）2+32，
解得r=厘米．
故选：D．
【点睛】
本题考查的是垂径定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
7、B
【分析】
延长AO交⊙O于点D，连接BD，根据圆周 ( http: / / www.21cnjy.com )角定理得出∠D=∠P=30°，∠ABD=90°，由直角三角形的性质可推得AB=BO=AO，然后根据等边三角形的判定与性质可以得解．【出处：21教育名师】
【详解】
解：如图，延长AO交⊙O于点D，连接BD，
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∵∠P=30°，
∴∠D=∠P=30°，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD=90°，
∴AB=AD=AO=BO，
∴三角形ABO是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
故选B．
【点睛】
本题考查圆的综合应用，熟练掌握圆周角定理、圆直径的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质是解题关键．
8、D
【分析】
根据垂径定理解答．
【详解】
解：∵AB是⊙O的直径，CD为弦，CD⊥AB于点E，
∴弧AC＝弧AD，弧BC＝弧BD，CE＝DE，
故选：D．
【点睛】
此题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧，熟记定理是解题的关键．
9、B
【分析】
连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题；
【详解】
解：如图，连接OC，OD．
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∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠COD＝＝72°，
∴∠CPD＝∠COD＝36°，
故选：B
【点睛】
本题主要考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
10、D
【分析】
如图所示，连接DP，CP，先求出BP的长，然后利用勾股定理求出PD的长，再比较PC与PD的大小，PB与PD的大小即可得到答案．21世纪教育网版权所有
【详解】
解：如图所示，连接DP，CP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，
∵AP=3，AB=8，
∴BP=AB-AP=5，
∵，
∴PB=PD，
∴，
∴点C在圆P外，点B在圆P上，
故选D．
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【点睛】
本题主要考查了点与圆的位置关系，勾股定理，矩形的性质，熟知用点到圆心的距离与半径的关系去判断点与圆的位置关系是解题的关键．【来源：21cnj*y.co*m】
二、填空题
1、九9
【分析】
根据正多边形的每个中心角相等，且所有中心角的度数和为360°进行求解即可．
【详解】
解：设这个正多边形的边数为n，
∵这个正多边形的中心角是40°，
∴，
∴，
∴这个正多边形是九边形，
故答案为：九．
【点睛】
本题主要考查了正多边形的性质，熟知正多边形中心角的度数和为360度是解题的关键．
2、2
【分析】
取AC中点O，由勾股定理的逆定理可知∠ADC=90°，则点D在以O为圆心，以AC为直径的圆上，作△ADC外接圆，连接BO，交圆O于，则长的最小值即为，由此求解即可．
【详解】
解：如图所示，取AC中点O，
∵，即，
∴∠ADC=90°，
∴点D在以O为圆心，以AC为直径的圆上，
作△ADC外接圆，连接BO，交圆O于，则长的最小值即为，
∵，，∠ACB=90°，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：2．
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【点睛】
本题主要考查了一点到圆上一点的最短距离，勾股定理的逆定理，勾股定理，解题的关键在于确定点D的运动轨迹．21*cnjy*com
3、
【分析】
如图，连接OD，OE，OC， ( http: / / www.21cnjy.com )设DO与⊙O交于点M，连接CM，BM，通过△OCD≌△OBE（SAS），可得OE＝OD，通过旋转观察如图可知当DO⊥AB时，DO最长，此时OE最长，设DO与⊙O交于点M，连接CM，先证明△MED≌△MEB，得MD＝BM．再利用勾股定理计算即可．
【详解】
解：如图，连接OD，OE，OC，设DO与⊙O交于点M，连接CM，BM，
∵四边形BCDE是正方形，
∴∠BCD＝∠CBE＝90°，CD＝BC＝BE＝DE，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠BCD+∠OCB＝∠CBE+∠OBC，即∠OCD＝∠OBE，
∴△OCD≌△OBE（SAS），
∴OE＝OD，
根据旋转的性质，观察图形可知当DO⊥AB时，DO最长，即OE最长，
∵∠MCB＝∠MOB＝×90°＝45°，
∴∠DCM＝∠BCM＝45°，
∵四边形BCDE是正方形，
∴C、M、E共线，∠DEM＝∠BEM，
在△EMD和△EMB中，
，
∴△MED≌△MEB（SAS），
∴DM＝BM＝＝＝2（cm），
∴OD的最大值＝2+2，即OE的最大值＝2+2；
故答案为：（2+2）cm．
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【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，圆周角定理等知识，解题的关键是OD取得最大值时的位置，学会通过特殊位置探究得出结论．
4、
【分析】
根据阴影部分面积等于以为直径的2 个半圆的面积加上减去为半径的半圆面积即．
【详解】
解：在中，，
，
．
故答案为：
【点睛】
本题考查了勾股定理，求扇形面积，直径所对的圆周角是直角，掌握圆周角定理是解题的关键．
5、
【分析】
先根据弧的度数与它所对应的圆心角的度数的关系，求得弧对应的圆心角的度数，再根据圆周角与圆心角的关系，则可求得．【版权所有：21教育】
【详解】
弧的度数等于它所对应的圆心角的度数，由于弧为，所以 ，
顶点在圆上且两边都和圆相交的角叫做圆周角，而一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，所以：
, ，
，
故答案为：．
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【点睛】
本题考查弧、圆周角、圆心角的概念，及它们之间的关系，熟知同弧所对的圆周角等于圆心角的一半是解本题的关键．
三、解答题
1、（1）见解析；（2）BC，90°，直径所对的圆周角是直角
【分析】
（1）过点O任作直线交圆于AB两点，再作AB的垂直平分线OM，直线MO交⊙O于点C，D；连结AC、BC即可；
（2）根据线段垂直平分线的判定与性质得出AC=BC，根据圆周角定理得出∠ACB=90°即可．
【详解】
（1）①作直径AB；
②分别以点A, B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于M 点；
③作直线MO交⊙O于点C，D；
④连接AC，BC．
所以△ABC就是所求的等腰直角三角形.
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（2）证明：连接MA，MB．
∵MA=MB，OA=OB，
∴MO是AB的垂直平分线．
∴AC=BC．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°(直径所对的圆周角是直角) ．
∴△ABC是等腰直角三角形．
故答案为：BC，90°，直径所对的圆周角是直角．
【点睛】
本题考查尺规作圆内接等腰直角三角形，圆周角定 ( http: / / www.21cnjy.com )理，线段垂直平分线判定与性质，掌握尺规作圆内接等腰直角三角形，圆周角定理，线段垂直平分线判定与性质是解题关键．
2、（1）见解析；（2）
【分析】
（1）先证明，再根据同圆中，等弧所对的圆周角相等即可证明；
（2）过O点作OE⊥BC于点E，连接OB，由垂径定理可得BE=CE=，由勾股定理求出，即可得到．
【详解】
解：（1）∵，
∴，
∴，
∴∠1=∠2；
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（2）过O点作OE⊥BC于点E，连接OB，
∴BE=CE=，
∵AD为⊙O的直径，
∴OB=，
∴，
∴．
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【点睛】
本题主要考查了垂径定理，勾股定理，同圆中等弧所对的圆周角相等，解题的关键在于能够熟练掌握圆的相关知识．
3、（1）A（－1，0），B（3，0），；（2）点P的坐标为（2.5，－1.75）或（1，－4）；（3）点H的坐标为（1，5＋）或（1，－4）.
【分析】
（1）先令y＝0时，，x1＝3，x2＝－1. ，即可得到A、B的坐标，然后设直线l解析式为，代入A、D坐标求解即可；
（2）根据题意设点P坐标为（m，），则点N（m，），然后分PM＝，且P只能在x轴的下方，这两种情况讨论求解即可；
（3）过点D作DG⊥x轴于G，可得AG=BG=5，∠AGD=90°，再由∠AHD=45°，则点在以G为圆心，以5为半径的圆上，且H在AD下方，设的坐标为（1，n），则，即可求出的坐标为（1，-4）；同理当H在AD上方时，H在以（-1，5）为圆心，5为半径的圆上，由此即可得到答案．
【详解】
（1）当y＝0时，，
解得x1＝3，x2＝－1.
∴ A（－1，0），B（3，0）.
设直线l解析式为，
∵ l经过D（4，5），A（－1，0），
∴ ，
∴，
∴ 直线l解析式为；
（2）根据题意设点P坐标为（m，），则点N（m，），
∵ 点M是PN的三等分点，点P在直线l下方抛物线上，
∴ PM＝,且P只能在x轴的下方，
∴ PM＝,PN＝，
当PM＝时，则，
解得m1＝2.5，m2＝－1（舍去），
∴ P的坐标为（2.5，－1.75）；
当PM＝时，则，
解得m1＝1，m2＝－1（舍去），
∴ P的坐标为（1，－4） ，
综上所述，点P的坐标为（2.5，－1.75）或（1，－4）；
（3）如图所示，过点D作DG⊥x轴于G，
∴G点坐标为（4，0），
∴AG=BG=5，∠AGD=90°，
∵∠AHD=45°，
∴点在以G为圆心，以5为半径的圆上，且H在AD下方，
设的坐标为（1，n），
∴，
∴或（舍去），
∴的坐标为（1，-4）；
同理当H在AD上方时，H在以（-1，5）为圆心，5为半径的圆上，
设H的坐标为（1，t），
∴，
∴或（舍去），
∴H的坐标为（1，5＋）；
∴综上所述，点H的坐标为（1，5＋）或（1，－4）．
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【点睛】
本题主要考查了求二次函数与x轴的交点，求一次函数解析式，圆周角定理，两点距离公式，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．21*cnjy*com
4、（1）；（2） .
【分析】
（1）连接OA，作OH⊥AC于H，根据勾股定理的逆定理得到∠AOC=90°，根据等腰直角三角形的性质解答；
（2）根据圆周角定理求出∠B，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．
【详解】
解：（1）连接OA，作OH⊥AC于H，
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OA2+OC2=8，AC2=8，
∴OA2+OC2=AC2，
∴△AOC为等腰直角三角形，
∴OH= AC=，即点O到AC的距离为；
（2）
∠B=∠AOC=45°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC=180°-45°=135°．
【点睛】
本题考查的是圆内接四边形的性质，圆周角定理，勾股定理的逆定理，掌握圆内接四边形对角互补是解本题的关键．
5、（1）见解析；（2）的半径为，．
【分析】
（1）如图：连OC，根据、得CO⊥AB，进而证明即可得到∠FBE=∠COE=90°，即可证明直线是⊙的切线；2·1·c·n·j·y
（2）由设的半径为，则，，在Rt ABF运用勾股定理即可得半径r，然后再求得AB,最后运用等面积法求解即可．
【详解】
（1）如图：连接
∵、
∴
∵，，，
∴
∴
∴
又∵经过半径的外端点
∴是的切线；
（2）设的半径为，则，
在中有：
∴只取，即的半径为．
∵是的直径、即,
∴
∴,
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∴，
∴，解得．
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【点睛】
本题主要考查了切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆周角定理等知识点，正确的作出辅助线是解答本题的关键．
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