第二十四章 圆（原卷版+解析版）【满分计划】2022-2023学年九年级数学上册阶段性测试卷（人教版）

第二十四章 圆
一、单选题
1．如图，内接于，AD是的直径，若，则的度数是（ ）
A．60° B．65° C．70° D．75°
2．如图，四边形为矩形，，．点P是线段上一动点，点M为线段上一点．，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，AB 为⊙O 的直径，点 D 是弧 AC 的中点，过点 D 作 DE⊥AB 于点 E，延长 DE 交⊙O 于点 F，若 AC＝12，AE＝3，则⊙O 的直径长为（ ）
A．7.5 B．15
C．16 D．18
4．如图，在中，，，，以点为圆心，为半径的圆与所在直线的位置关系是（ ）
A．相交 B．相离 C．相切 D．无法判断
5．以原点O为圆心的圆交x轴于A、B两点，交y轴的正半轴于点C，D为第一象限内⊙O上的一点，若∠DAB＝25°，则∠OCD＝（ ）．
A．50° B．40° C．70° D．30°
6．如图，在以AB为直径的⊙O中，点C为圆上的一点，，弦于点E，弦AF交CE于点H，交BC于点G，若点H是AG的中点，则的度数为（　　）
A．18° B．21° C．22.5° D．30°
7．如图，⊙O是△ABC的外接圆，将△ABC绕点C顺时针旋转至△EDC，使点E在⊙O上，再将△EDC沿CD翻折，点E恰好与点A重合，已知∠BAC=36°，则∠DCE的度数是（ ）
A．24 B．27 C．30 D．33
8．如图，在等腰Rt△ABC中，AC＝BC＝，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点．当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是（　 ）
A．π B．π C．π D．2
9．如图，从一张腰长为90cm，顶角为120°的等腰三角形铁皮OAB中剪出一个最大的扇形OCD，用此剪下的扇形铁皮围成一个圆锥的侧面（不计损耗），则该圆锥的底面圆的半径为（　　）cm．
A．15 B．30 C．45 D．30π
10．如图，⊙O的半径为5cm，直线l到点O的距离OM=3cm，点A在l上，AM=3.8cm，则点A与⊙O的位置关系是( )
A．在⊙O内 B．在⊙O上 C．在⊙O外 D．以上都有可能
二、填空题
11．如图，OE⊥AB于E，若⊙O的半径为10，OE＝6，则AB＝_______．
12．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠A=125°，则∠C的度数为______．
13．已知圆锥的侧面积是8π，底面半径是2，则圆锥的母线长是_________．
14．如图，，，以为直径作半圆，圆心为点；以点为圆心，为半径作，过点作的平行线交两弧于点、，则阴影部分的面积是________.
15．如图，将三角形AOC绕点O顺时针旋转120°得三角形BOD，已知OA=4，OC=1，那么图中阴影部分的面积为_____．（结果保留π）
16．从一块直径是的圆中剪出一个圆心角为90°的扇形，将减下来的扇形围成一个圆锥，圆锥底面圆的半径是___________．
17．如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，以点A为圆心，AB为半径画圆弧交AC于点F，连接DF．则∠FDC的度数是 _____．
三、解答题
18．如图，已知抛物线的顶点坐标为M，与x轴相交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y轴相交于点C．
（1）用配方法将抛物线的解析式化为顶点式：（），并指出顶点M的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上找点R，使得CR+AR的值最小，并求出其最小值和点R的坐标；
（3）以AB为直径作⊙N交抛物线于点P（点P在对称轴的左侧），求证：直线MP是⊙N的切线．
19．如图，在菱形ABCD中，，P为AC，BD的交点，经过A，B，P三点．
(1)求证：AB为的直径．
(2)请用无刻度的直尺在圆上找一点Q，使得BP=PQ（不写作法，保留作图痕迹）．
20．如图，CD与EF是⊙O的直径，连接CE、CF，延长CE到A，连接AD并延长，交CF的延长线于点B，过点F作⊙O的切线交AB于点G，点D是AB的中点．
(1)求证：；
(2)若，，求FG的长．
21．在《折叠圆形纸片》综合实践课上，小东同学展示了如下的操作及问题：
(1)如图1，的半径为4cm，通过折叠圆形纸片，使得劣弧AB沿弦AB折叠后恰好过圆心，求AB长；
(2)如图2，弦AB，垂足为点C，劣弧AB沿弦AB折叠后经过的中点D，，求的半径．
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】首先连接CD，由AD是的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得，又由圆周角定理，可得，再用三角形内角和定理求得答案．
【详解】解：连接CD，
∵AD是的直径，
∴．
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形的内角和定理．熟练掌握圆周角定理是解此题的关键．
2．D
【分析】证明，得出点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上，从而计算出答案．
【详解】设AD的中点为O，以O点为圆心，AO为半径画圆
∵四边形为矩形
∴
∵
∴
∴
∴点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上
连接OB交圆O与点N
∵点B为圆O外一点
∴当直线BM过圆心O时，BM最短
∵，
∴
∴
∵
故选：D．
【点睛】本题考查直角三角形、圆的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形和圆的相关知识．
3．B
【分析】连接OF，首先证明AC=DF=12，设OA=OF=x，在Rt△OEF中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】解：如图，连接OF．
∵DE⊥AB，
∴DE=EF，，
∵点D是弧AC的中点，
∴，
∴，
∴AC=DF=12，
∴EF=DF=6，
设OA=OF=x，
在Rt△OEF中，则有x2=62+（x-3）2，
解得x=，
∴AB=2x=15，
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，圆心角，弧，弦之间的关系等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
4．A
【分析】过点C作CD⊥AB于点D，由题意易得AB=5，然后可得，进而根据直线与圆的位置关系可求解．
【详解】解：过点C作CD⊥AB于点D，如图所示：
∵，，，
∴，
根据等积法可得，
∴，
∵以点为圆心，为半径的圆，
∴该圆的半径为，
∵，
∴圆与AB所在的直线的位置关系为相交，
故选A．
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．
5．C
【分析】根据圆周角定理求出∠DOB，根据等腰三角形性质求出∠OCD=∠ODC，根据三角形内角和定理求出即可．
【详解】解：连接OD，
∵∠DAB=25°，
∴∠BOD=2∠DAB=50°，
∴∠COD=90°-50°=40°，
∵OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC=（180°-∠COD）=70°，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形性质，三角形内角和定理的应用，主要考查学生的推理能力，题目比较典型，难度适中．
6．D
【分析】由圆周角定理可求∠ACB=90°，由弧的关系得出角的关系，进而可求∠ABC=30°，∠CAB=60°，由直角三角形的性质可求∠CAH=∠ACE=30°，即可求解．
【详解】解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠CAB=90°，
∵，
∴∠CAB=2∠ABC，
∴∠ABC=30°，∠CAB=60°，
∵CD⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠ACE=30°，
∵点H是AG的中点，∠ACB=90°，
∴AH=CH=HG，
∴∠CAH=∠ACE=30°，
∵∠CAF=∠CBF，
∴∠CBF=30°，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，直角三角形的性质，求出∠CAB的度数是本题的关键．
7．B
【分析】延长CD交⊙O于点F，连接AF，则由CD经过圆心O可得∠CAF＝90°，先由翻折得到∠BCA＝∠DCA，AB＝AD，∠CAD＝∠CAB＝36°，然后得到∠FAO＝54°，再由圆周角定理得到AB＝AF，进而得到AF＝AD，也就有∠ADF＝∠AFD＝63°，再由三角形的外角性质得到∠ACD的大小，最后由旋转的性质得到∠DCE的大小．
【详解】解：如图，延长CD交⊙O于点F，连接AF，
由题可知，,
垂直平分,
CD经过圆心O，
∴∠CAF＝90°，
由翻折得，∠DCA＝∠BCA，AB＝AD，∠CAD＝∠CAB＝36°，
∴∠FAO＝∠CAF﹣∠CAD＝90°﹣36°＝54°，AB＝AF，
∴AF＝AD，
∴∠ADF＝∠AFD＝（180°﹣∠DAF）＝（180°﹣54°）＝63°，
∵∠ADF是△ACD的外角，
∴∠ACD＝∠ADF﹣∠CAD＝63°﹣36°＝27°，
∴∠BCA＝27°，
由旋转的性质得，∠DCE＝∠BCA＝27°，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、旋转的性质、翻折的性质、三角形的外角性质，解题的关键是熟知“直径所对的圆周角为直角”求得∠DAF的大小．
8．B
【分析】取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，利用勾股定理得到AB的长，进而可求出OC，OP的长，求得∠CMO=90°，于是得到点M在以OC为直径的圆上，然后根据圆的周长公式计算点M运动的路径长．
【详解】解：取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，
∵在等腰Rt△ABC中，AC=BC=2，
∴AB=BC=4，
∴OC=OP=AB=2，
∵∠ACB=90°，
∴C在⊙O上，
∵M为PC的中点，
∴OM⊥PC，
∴∠CMO=90°，
∴点M在以OC为直径的圆上，
P点在A点时，M点在E点；P点在B点时，M点在F点．
∵O是AB中点，E是AC中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE//BC，OE=BC=，
∴OE⊥AC，
同理OF⊥BC，OF=，
∴四边形CEOF是矩形，
∵OE=OF，
∴四边形CEOF为正方形，EF=OC=2，
∴M点的路径为以EF为直径的半圆，
∴点M运动的路径长=×π×2=π．
故选：B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，正方形的判定与性质，圆周角定理，以及动点的轨迹：点按一定规律运动所形成的图形为点运动的轨迹．解决此题的关键是利用圆周角定理确定M点的轨迹为以EF为直径的半圆．
9．A
【分析】作出等腰三角形底边上的高线OE，首先根据直角三角形30°所对的直角边等于斜边的一半求出等腰三角形底边上的高线OE的长度，即得到扇形OCD所在的圆的半径R，然后根据弧长公式求出的长度，的长度即为圆锥底面圆的周长，最后根据周长求出半径即可．
【详解】如图，过点O作OE⊥AB，垂足为E，
∵△OAB为顶角为120°的等腰三角形，
∴=30°，cm，
∴cm，
设圆锥的底面圆半径为rcm，根据题意得，
，
解得，
所以该圆锥的底面圆的半径为15cm，
故选A．
【点睛】本题考查了直角三角形30°所对的直角边等于斜边的一半、扇形的弧长公式、圆的周长公式，准确将扇形的弧长转化为底面圆的周长是解决本题的关键．
10．A
【详解】如图，连接OA，则在直角△OMA中，根据勾股定理得到OA=．
∴点A与⊙O的位置关系是：点A在⊙O内．
故选A．
11．16
【分析】连接，由垂径定理可得，在中利用勾股定理即可求得的长，进而求得．
【详解】解：连接，
∵OE⊥AB于E，
∴，
在中，，OE＝6，
∴，
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，构造直角三角形是解题的关键．
12．55°##55度
【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠A+∠C=180°，再求出答案即可．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠C=180°，
∵∠A=125°，
∴∠C=180°-125°=55°，
故答案为：55°．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，能熟记圆内接四边形的对角互补是解此题的关键．
13．4
【分析】设母线长为R，可得底面周长为4π，再由圆锥的侧面积是8π，可得，即可求解．
【详解】解：设母线长为R，
∵底面半径是2，
∴底面周长=2×2π=4π，
∵圆锥的侧面积是8π，
∴，解得：R=4．
故答案为：4
【点睛】本题主要考查了求圆锥的母线长，熟记圆锥的侧面积公式是解答本题的关键，难度不大．
14．
【分析】连接CE，如图，利用平行线的性质得∠COE＝∠EOB＝90°，再利用勾股定理计算出OE＝，利用余弦的定义得到∠OCE＝60°，然后根据扇形面积公式，利用
S阴影部分＝S扇形BCE S△OCE S扇形BOD进行计算即可．
【详解】解：连接CE，如图，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∵AC∥OE，
∴∠COE＝∠EOB＝90°，
∵OC＝1，CE＝2，
∴OE＝，cos∠OCE＝，
∴∠OCE＝60°，
∴S阴影部分＝S扇形BCE S△OCE S扇形BOD＝，
故答案为．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算：求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．
15．5π
【分析】根据旋转的性质可以得到阴影部分的面积=扇形OAB的面积﹣扇形OCD的面积，利用扇形的面积公式计算即可求解．
【详解】∵△AOC≌△BOD，∴阴影部分的面积=扇形OAB的面积﹣扇形OCD的面积5π．
故答案为5π．
【点睛】本题考查了旋转的性质以及扇形的面积公式，正确理解：阴影部分的面积=扇形OAB的面积﹣扇形OCD的面积是解题的关键．
16．0.5##
【分析】先利用等腰直角三角形的性质得到，设圆锥的底面圆的半径为r，利用弧长公式得到，然后解方程即可．
【详解】解：如图：
∵，
∴，
∵，，
∴，
设圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意得，
解得，
即圆锥的底面圆的半径为．
故答案为：0.5
【点睛】此题考查了弧长公式，90度的圆周角所对的弦是直径，勾股定理，由90度的圆周角所对的弦是直径及勾股定理求出AB的长是解题的关键．
17．36
【分析】根据正五边形的性质可求出每个内角的度数为108°，根据等腰三角形的性质可求出∠EAC＝∠DCA＝72°，进而可得四边形AEDF是平行四边形，求出∠DFC的度数，再根据三角形的内角和定理求出答案即可．
【详解】解：∵正五边形ABCDE，
∴∠ABC＝∠EAB==108°，AB＝BC＝CD＝DE＝AE，
∴∠ACB＝∠BAC==36°，
∴∠EAC＝∠DCA＝108°﹣36°＝72°，
∴∠DEA+∠EAC＝108°+72°＝180°，
∴DE∥AC，
又∵DE＝AE＝AF，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴AE∥DF，
∴∠DFC＝∠EAC＝72°＝∠DCA，
∴∠FDC＝180°﹣72°﹣72°＝36°，
故答案为：36°．
【点睛】本题考查正多边形与圆，掌握正五边形的性质以及三角形的内角和定理是正确解答的前提．
18．（1），M（，）；（2），（，）；（3）证明见试题解析．
【详解】试题分析：（1）利用配方法把一般式转化为顶点式，然后根据二次函数的性质求出抛物线的顶点坐标；
（2）连接BC，则BC与对称轴的交点为R，此时CR+AR的值最小；先求出点A、B、C的坐标，再利用待定系数法求出直线BC的解析式，进而求出其最小值和点R的坐标；
（3）设点P坐标为（x，）．根据NPAB=，列出方程，解方程得到点P坐标，再计算得出，由勾股定理的逆定理得出∠MPN=90°，然后利用切线的判定定理即可证明直线MP是⊙N的切线．
试题解析：（1）∵=，∴抛物线的解析式化为顶点式为：，顶点M的坐标是（，）；
（2）∵，∴当y=0时，，解得x=1或6，∴A（1，0），B（6，0），∵x=0时，y=﹣3，∴C（0，﹣3）．连接BC，则BC与对称轴x=的交点为R，连接AR，则CR+AR=CR+BR=BC，根据两点之间线段最短可知此时CR+AR的值最小，最小值为BC==．设直线BC的解析式为，∵B（6，0），C（0，﹣3），∴，解得：，∴直线BC的解析式为：，令x=，得y==，∴R点坐标为（，）；
（3）设点P坐标为（x，）．∵A（1，0），B（6，0），∴N（，0），∴以AB为直径的⊙N的半径为AB=，∴NP=，即，移项得，，得：，整理得：，解得（与A重合，舍去），，（在对称轴的右侧，舍去），（与B重合，舍去），∴点P坐标为（2，2）．∵M（，），N（，0），∴==，==， ==，∴，∴∠MPN=90°，∵点P在⊙N上，∴直线MP是⊙N的切线．
考点：1．二次函数综合题；2．最值问题；3．切线的判定；4．压轴题．
19．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据菱形的性质可得∠APB=90°，再由90°角所对的弦为圆的直径，即可求证；
（2）延长DA交于点Q，连接PQ，则PQ即为所求，理由：连接BQ，根据AB为的直径，可得∠AQB=90°，从而得到∠BDQ+∠PBQ=90°，再由菱形的性质可得∠ABP+∠PBQ=90°，再由圆周角定理，即可求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠APB=90°，
∵经过A，B，P三点．
∴AB为的直径；
（2）
解：如图，延长DA交于点Q，即为所求，
理由：连接BQ，
∵AB为的直径，
∴∠AQB=90°，
∴∠BDQ+∠PBQ=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB=AD，
∴∠APB=90°，∠BDQ=∠ABP，
∴∠ABP+∠PBQ=90°，
∵∠ABP+∠BAP=90°，
∴∠BAP=∠PBQ，
∵∠BAP=∠BQP，
∴∠PBQ =∠BQP，
∴BP=PQ．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，菱形的性质，熟练掌握圆周角定理，菱形的性质是解题的关键．
20．(1)见解析；
(2)
【分析】（1）连接DE，根据CD和EF都是⊙O的直径得到∠DEA=∠ECF=90°，根据直角三角形的性质得到CD=AD=BD，利用等腰三角形三线合一的性质推出∠ADE=∠CDE，进而得到∠ADE=∠OED，即可得到；
（2）根据直角三角形斜边上的中线求得,勾股定理求得,由（1）可得,根据切线的性质可得，根据，代入数值，即可得到FC．
（1）
证明：连接DE，
∵CD和EF都是⊙O的直径，
∴∠DEA=∠ECF=90°，
∵D是AB的中点，
∴CD=AD=BD，
∴∠ADE=∠CDE，
∵OD=OE，
∴∠OED=∠CDE，
∴∠ADE=∠OED，
∴；
（2）
连接DF，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠DFC=90°，
∴∠DFC=∠FCE=∠CED=90°，
∴四边形CEDF是矩形，
∴FC=DE，DE∥BC，
∴，
∴AE=CE，
∴DE是△ABC的中位线，
∴，
∵AB=2CD=5，AC=3，
∴，
∴FC=2．
是的切线，
【点睛】此题考查了圆周角定理，矩形的判定定理及性质定理，勾股定理，三角形中位线的性质，熟记圆周角定理是解题的关键．
21．(1)cm
(2)cm
【分析】（1）如图1，作交于，交于，连接，由题意知，，，在中，由勾股定理得求出的值，进而可求的值；
（2）如图2，延长交于，连接，设半径为，由题意知，由折叠和中点的性质可知，在中，由勾股定理得，即，求出满足要求的解即可．
（1）
解：如图1，作交于，交于，连接
由题意知，，
在中，由勾股定理得
∴
∴的长为．
（2）
解：如图2，延长交于，连接，设半径为
由题意知，由折叠和中点的性质可知，
在中，由勾股定理得，即
解得：，（不合题意，舍去）
∴半径的长为．
【点睛】本题考查了垂径定理，折叠的性质，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
答案第1页，共2页