2023-2024学年北师大（2012）九年级下册第三章圆单元测试卷(含解析)
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年北师大（2012）九年级下册第三章圆单元测试卷(含解析) |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 北师大版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-17 13:02:56 | ||
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文档简介
2023-2024学年 北师大（2012）九年级下册 第三章 圆 单元测试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题
1．如图，经过A、C两点的与的边相切，与边交于点D，若，，，则与围成阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽是矩形．当餐盘正立且紧靠支架于点，时，恰好与边相切，则此餐盘的半径是（ ）
A． B． C． D．
3．关于圆有如下的命题：①圆是轴对称图形，直径是它的对称轴；②平分弦的直径垂直于弦；③长度相等的弧是等弧；④三个点确定一个圆；⑤三角形三条角平分线的交点叫做三角形的内心．其中正确命题个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．如图，是内接正六边形的一边，点在弧上，且是内接正八边形的一边．此时是内接正边形的一边，则的值是（ ）
A．12 B．16 C．20 D．24
5．如图，的直径过弦的中点G，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．如图是记录的日出美景，图中太阳与海天交界处可看成圆与直线，它们的位置关系是（ ）
A．相切 B．相交 C．相离 D．平行
7．如图，的半径是，点是弦延长线上的一点，连结，若，，则弦的长为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，是的弦，于点，则的直径长是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在矩形中，是矩形内一动点，且满足，则线段的最小值是（ ）
A． B． C．8 D．5
10．如图，经过菱形的顶点A，B，C，顶点D在内，延长，与分别交于点E，F，连接，，下列结论：①；②；③，其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
评卷人得分
二、填空题
11．如图，，，是的切线，，，为切点，若，，则的长为 ．
12．如图，分别与相切于点A，B，为的直径，若，则的形状是 ．
13．如图，AB是☉O的直径，弦CD⊥AB于点E，CD=10，BE=2，则☉O的直径为 ．
14．如图，在半径为6的☉O中，AB是直径，AC是弦，D是的中点，AC与BD交于点E．若E是BD的中点，则AC的长是 ．
15．如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，AB=3，以点A为圆心，AB的长为半径画弧，分别交BC，AC于点E，D，则图中阴影部分的周长是 ．
16．如图，在扇形中，点C，D在上，将沿弦折叠后恰好与相切于点E，F．已知，则的长度为 ．
评卷人得分
三、证明题
17．如图，为的直径，C为延长线上一点，是的切线，D为切点，于点E，交于点F．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
评卷人得分
四、作图题
18．如图，在平面直角坐标系中，、、．
(1)经过A、B、C三点的圆弧所在圆的圆心M的坐标为______；
(2)这个圆的半径为______；
(3)直接判断点与的位置关系．点在______（内、外、上）；
(4)在方格中，连接，，，将以原点O为位似中心，缩小为原来的，请在方格纸中画出缩小后的图形．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】连接，作于点E．证明三角形为等边三角形．得出结论，．从而即可求出，即三角形为等腰直角三角形，最后根据即可求解．
【详解】解：如图，连接，作于点E．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
由题意可知，即，
∴，
∵，
∴三角形为等边三角形．
∴，．
∴，
∴三角形为等腰直角三角形，
∴，，
边上的高为，
∴，
，
∵，，∴边上的高为，
∴，
∴
．
故选：B．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，等腰直角三角形与等边三角形的判定和性质以及扇形的面积，综合性强．正确的连接辅助线是解答本题的关键．
2．A
【分析】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．连接，过点作，交于点，交于点，则点为餐盘与边的切点，由矩形的性质得，，则，得，，，设餐盘的半径为，则，，然后由勾股定理列出方程即可求解．
【详解】
连接，过点作，交于点，交于点，
则，
餐盘与边相切，
点为切点，
四边形是矩形，
，，
，
，，，
设餐盘的半径为，则，，，
在中，由勾股定理得：，
即，解得：，
餐盘的半径是．
故选：A．
3．A
【分析】本题主要考查圆相关基本概念的理解，直接根据5个陈述，直接判定正确与否即可选出正确答案．
【详解】（1）圆是轴对称图形，它的对称轴是直径所在的直线，而非直径，故①错误；
（2）平分弦的直径垂直于弦，当这个弦是直径时，直径不一定垂直于弦，故②错误；
（3）能够重合的弧是等弧，长度相等的弧并不一定重合，故③错误；
（4）不在同一直线的三点可以确定一个圆，三点不一定能确定圆，故④错误；
（5）角形三条角平分线的交点叫做三角形的内心，是内心的定义，故⑤正确；
综上所述，只有一个正确；
故选：A．
4．D
【分析】本题考查正多边形和圆的计算．根据中心角的度数边数，列式计算分别求出的度数，则，则边数中心角，据此求解即可．
【详解】解：连接，
∵是内接正六边形的一边，
∴
∵是内接正八边形的一边，
∴
∴
∴
故选：D．
5．D
【分析】本题考查的是圆周角定理及垂径定理．根据垂径定理得出，再利用圆周角定理得出．
【详解】解：∵的直径过弦的中点G，
∴
∴，
∵，
∴，
故选：D．
6．B
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，根据直线与圆的位置关系即可得到结论．
【详解】解：图中太阳与海天交界处可看成圆与直线，它们的位置关系是相交，
故选：B．
7．D
【分析】此题考查了垂经定理，用到的知识点是垂经定理、含度角的直角三角形、勾股定理，解题的关键是作出辅助线，构造直角三角形．先过作，连结，根据，，求出的值，在中，根据勾股定理求出的值，即可求出的值．
【详解】如图，过作，连结，
，，
．
，
根据勾股定理得：．
由垂径定理得：．
故选：D．
8．D
【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，连接，由于，根据垂径定理可知，在中利用勾股定理易求，进而可求直径．
【详解】解：连接，如图，
∵，
∴，
在中，，
∴直径，
故选：D．
9．A
【分析】根据矩形的性质，得，结合，得到故，得到在以为直径的圆E上，此时点E为的中点，当点E,P，D三点共线时，线段有最小值，根据勾股定理计算即可，本题考查了矩形的性质，辅助圆的构造方法，圆的性质，勾股定理，熟练掌握圆的性质是解题的关键．
【详解】∵矩形中，
∴，，，
∵，
∴
故，
∴在以为直径的圆E在矩形内部的弧上，此时点E为的中点，
连接，设与圆弧的交点为F，
当点E,P，D三点共线时，线段有最小值，
此时点P与点F重合，
∴，
∴，
∴，
故选A．
10．B
【分析】①根据菱形的性质得出，根据相同的圆周角所对的弦相等，得出，即可判断①正确；
②根据菱形的性质得出，，，根据平行线的性质得出，，从而得出，，但不能确定，判断②错误；
③先证明，根据平行线的性质得出，根据，得出，求出，根据即可判断③正确．
【详解】解：①∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴，故①正确；
②∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
不能确定，故②错误；
③∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
，故③正确；
综上分析可知，①③正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行线的性质，圆周角定理，圆周角和弦的关系，解题的关键是熟练掌握圆的基本性质和菱形的性质．
11．3
【分析】此题考查切线长定理，由与相切于点、与相切于点，可得，同理得，再由求得结果．熟练运用切线长定理解决问题是解题的关键．
【详解】解：与相切于点、与相切于点，
，
，
，
与相切于点、与相切于点，
，
的长为3，
故答案为：3．
12．等边三角形
【分析】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，连接，根据圆周角定理求出，根据切线的性质得到，然后利用四边形内角和定理即可得是等边三角形．
【详解】解：如图，连接，
∵为的直径，
∴，
由圆周角定理得：，
∵分别与相切于点A，B，
∴，
∴，
∴为等边三角形．
故答案为：等边三角形．
13．
【详解】由题意，设半径为r，
则OC=OB=r．
∵BE=2，∴OE=r-2．
∵AB是☉O的直径，弦CD⊥AB于点E，∴点E是CD的中点．
∵CD=10，∴CE==5．
在Rt△OCE中，由勾股定理，得OC2=CE2+OE2．
即r2=52+(r-2)2，解得r=．
∴直径R=2r=．
故☉O的直径为．
14．8
【详解】如图所示，连接DO，交AC于点F，
∵D是的中点，∴OD⊥AC，∠ABD=∠CBD，∴AF=FC．
∵AO=OB，∴OF=BC．
∵E是BD的中点，∴DE=EB．
又∵OD=OB，∴∠ABD=∠FDE，∴∠FDE=∠EBC．
又∠DEF=∠BEC，
∴△DEF≌△BEC(ASA)，
∴DF=BC，∴OD=BC=6，
∴BC=4．
∵AB是直径，∴∠ACB=90°，
∴AC==8．
15．3+π
【详解】如图，连接AE，
在Rt△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，AB=3，∴∠B=60°．
∵AB=AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=60°，BE=AB=3，
∴的长度为=π．则阴影部分的周长为BE+=3+π．
16．
【分析】如图，作，，与交于点，则，由折叠的性质可知，扇形与扇形半径相同，即，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，作，，与交于点，
∴，
由折叠的性质可知，扇形与扇形半径相同，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，折叠的性质，四边形内角和，弧长等知识．熟练掌握折叠的性质，弧长公式是解题的关键．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，得到，结合求得，然后利用得到，从而得到，再利用得到，从而，最后得证结果；
（2）根据三角形的中位线定理得到，设，，根据相似三角形的性质得到的长度，表示的长度，再利用勾股定理可得答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，则，
，
是的切线，是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2），，
∴，
是的中位线，
，
，
设，，则，
∴，，
，
，
，
，
，，
∴，
∵，
∴，
解得：（负根舍去），
∴．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、平行线的判定和性质、解直角三角形，三角形的中位线定理、相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，解题的关键是正确作出辅助线．
18．(1)
(2)
(3)内
(4)见解析
【分析】本题主要考查与圆有关的作图，垂径定理、点与圆的位置关系和位视变化，
（1）连接，，分别作线段，的垂直平分线，交于点M即为圆的圆心点，由图即可求得点M的坐标；
（2）连接，利用勾股定理得，即为圆的半径；
（3）连接，由勾股定理得的长，与半径做对比即可判定与圆的位置关系；
（4）根据位视的性质作图即可；
【详解】（1）解：如图，
连接，，分别作线段，的垂直平分线，交于点M，则点M即为经过点A、点B和点C三点的圆弧所在圆的圆心点，M的坐标为；
（2）连接，由勾股定理得，，
则这个圆的半径为；
（3）连接，由勾股定理得，，
则点在内；
（4）如图上图，即为所求；
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题
1．如图，经过A、C两点的与的边相切，与边交于点D，若，，，则与围成阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽是矩形．当餐盘正立且紧靠支架于点，时，恰好与边相切，则此餐盘的半径是（ ）
A． B． C． D．
3．关于圆有如下的命题：①圆是轴对称图形，直径是它的对称轴；②平分弦的直径垂直于弦；③长度相等的弧是等弧；④三个点确定一个圆；⑤三角形三条角平分线的交点叫做三角形的内心．其中正确命题个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．如图，是内接正六边形的一边，点在弧上，且是内接正八边形的一边．此时是内接正边形的一边，则的值是（ ）
A．12 B．16 C．20 D．24
5．如图，的直径过弦的中点G，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．如图是记录的日出美景，图中太阳与海天交界处可看成圆与直线，它们的位置关系是（ ）
A．相切 B．相交 C．相离 D．平行
7．如图，的半径是，点是弦延长线上的一点，连结，若，，则弦的长为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，是的弦，于点，则的直径长是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在矩形中，是矩形内一动点，且满足，则线段的最小值是（ ）
A． B． C．8 D．5
10．如图，经过菱形的顶点A，B，C，顶点D在内，延长，与分别交于点E，F，连接，，下列结论：①；②；③，其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
评卷人得分
二、填空题
11．如图，，，是的切线，，，为切点，若，，则的长为 ．
12．如图，分别与相切于点A，B，为的直径，若，则的形状是 ．
13．如图，AB是☉O的直径，弦CD⊥AB于点E，CD=10，BE=2，则☉O的直径为 ．
14．如图，在半径为6的☉O中，AB是直径，AC是弦，D是的中点，AC与BD交于点E．若E是BD的中点，则AC的长是 ．
15．如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，AB=3，以点A为圆心，AB的长为半径画弧，分别交BC，AC于点E，D，则图中阴影部分的周长是 ．
16．如图，在扇形中，点C，D在上，将沿弦折叠后恰好与相切于点E，F．已知，则的长度为 ．
评卷人得分
三、证明题
17．如图，为的直径，C为延长线上一点，是的切线，D为切点，于点E，交于点F．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
评卷人得分
四、作图题
18．如图，在平面直角坐标系中，、、．
(1)经过A、B、C三点的圆弧所在圆的圆心M的坐标为______；
(2)这个圆的半径为______；
(3)直接判断点与的位置关系．点在______（内、外、上）；
(4)在方格中，连接，，，将以原点O为位似中心，缩小为原来的，请在方格纸中画出缩小后的图形．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】连接，作于点E．证明三角形为等边三角形．得出结论，．从而即可求出，即三角形为等腰直角三角形，最后根据即可求解．
【详解】解：如图，连接，作于点E．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
由题意可知，即，
∴，
∵，
∴三角形为等边三角形．
∴，．
∴，
∴三角形为等腰直角三角形，
∴，，
边上的高为，
∴，
，
∵，，∴边上的高为，
∴，
∴
．
故选：B．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，等腰直角三角形与等边三角形的判定和性质以及扇形的面积，综合性强．正确的连接辅助线是解答本题的关键．
2．A
【分析】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．连接，过点作，交于点，交于点，则点为餐盘与边的切点，由矩形的性质得，，则，得，，，设餐盘的半径为，则，，然后由勾股定理列出方程即可求解．
【详解】
连接，过点作，交于点，交于点，
则，
餐盘与边相切，
点为切点，
四边形是矩形，
，，
，
，，，
设餐盘的半径为，则，，，
在中，由勾股定理得：，
即，解得：，
餐盘的半径是．
故选：A．
3．A
【分析】本题主要考查圆相关基本概念的理解，直接根据5个陈述，直接判定正确与否即可选出正确答案．
【详解】（1）圆是轴对称图形，它的对称轴是直径所在的直线，而非直径，故①错误；
（2）平分弦的直径垂直于弦，当这个弦是直径时，直径不一定垂直于弦，故②错误；
（3）能够重合的弧是等弧，长度相等的弧并不一定重合，故③错误；
（4）不在同一直线的三点可以确定一个圆，三点不一定能确定圆，故④错误；
（5）角形三条角平分线的交点叫做三角形的内心，是内心的定义，故⑤正确；
综上所述，只有一个正确；
故选：A．
4．D
【分析】本题考查正多边形和圆的计算．根据中心角的度数边数，列式计算分别求出的度数，则，则边数中心角，据此求解即可．
【详解】解：连接，
∵是内接正六边形的一边，
∴
∵是内接正八边形的一边，
∴
∴
∴
故选：D．
5．D
【分析】本题考查的是圆周角定理及垂径定理．根据垂径定理得出，再利用圆周角定理得出．
【详解】解：∵的直径过弦的中点G，
∴
∴，
∵，
∴，
故选：D．
6．B
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，根据直线与圆的位置关系即可得到结论．
【详解】解：图中太阳与海天交界处可看成圆与直线，它们的位置关系是相交，
故选：B．
7．D
【分析】此题考查了垂经定理，用到的知识点是垂经定理、含度角的直角三角形、勾股定理，解题的关键是作出辅助线，构造直角三角形．先过作，连结，根据，，求出的值，在中，根据勾股定理求出的值，即可求出的值．
【详解】如图，过作，连结，
，，
．
，
根据勾股定理得：．
由垂径定理得：．
故选：D．
8．D
【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，连接，由于，根据垂径定理可知，在中利用勾股定理易求，进而可求直径．
【详解】解：连接，如图，
∵，
∴，
在中，，
∴直径，
故选：D．
9．A
【分析】根据矩形的性质，得，结合，得到故，得到在以为直径的圆E上，此时点E为的中点，当点E,P，D三点共线时，线段有最小值，根据勾股定理计算即可，本题考查了矩形的性质，辅助圆的构造方法，圆的性质，勾股定理，熟练掌握圆的性质是解题的关键．
【详解】∵矩形中，
∴，，，
∵，
∴
故，
∴在以为直径的圆E在矩形内部的弧上，此时点E为的中点，
连接，设与圆弧的交点为F，
当点E,P，D三点共线时，线段有最小值，
此时点P与点F重合，
∴，
∴，
∴，
故选A．
10．B
【分析】①根据菱形的性质得出，根据相同的圆周角所对的弦相等，得出，即可判断①正确；
②根据菱形的性质得出，，，根据平行线的性质得出，，从而得出，，但不能确定，判断②错误；
③先证明，根据平行线的性质得出，根据，得出，求出，根据即可判断③正确．
【详解】解：①∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴，故①正确；
②∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
不能确定，故②错误；
③∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
，故③正确；
综上分析可知，①③正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行线的性质，圆周角定理，圆周角和弦的关系，解题的关键是熟练掌握圆的基本性质和菱形的性质．
11．3
【分析】此题考查切线长定理，由与相切于点、与相切于点，可得，同理得，再由求得结果．熟练运用切线长定理解决问题是解题的关键．
【详解】解：与相切于点、与相切于点，
，
，
，
与相切于点、与相切于点，
，
的长为3，
故答案为：3．
12．等边三角形
【分析】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，连接，根据圆周角定理求出，根据切线的性质得到，然后利用四边形内角和定理即可得是等边三角形．
【详解】解：如图，连接，
∵为的直径，
∴，
由圆周角定理得：，
∵分别与相切于点A，B，
∴，
∴，
∴为等边三角形．
故答案为：等边三角形．
13．
【详解】由题意，设半径为r，
则OC=OB=r．
∵BE=2，∴OE=r-2．
∵AB是☉O的直径，弦CD⊥AB于点E，∴点E是CD的中点．
∵CD=10，∴CE==5．
在Rt△OCE中，由勾股定理，得OC2=CE2+OE2．
即r2=52+(r-2)2，解得r=．
∴直径R=2r=．
故☉O的直径为．
14．8
【详解】如图所示，连接DO，交AC于点F，
∵D是的中点，∴OD⊥AC，∠ABD=∠CBD，∴AF=FC．
∵AO=OB，∴OF=BC．
∵E是BD的中点，∴DE=EB．
又∵OD=OB，∴∠ABD=∠FDE，∴∠FDE=∠EBC．
又∠DEF=∠BEC，
∴△DEF≌△BEC(ASA)，
∴DF=BC，∴OD=BC=6，
∴BC=4．
∵AB是直径，∴∠ACB=90°，
∴AC==8．
15．3+π
【详解】如图，连接AE，
在Rt△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，AB=3，∴∠B=60°．
∵AB=AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=60°，BE=AB=3，
∴的长度为=π．则阴影部分的周长为BE+=3+π．
16．
【分析】如图，作，，与交于点，则，由折叠的性质可知，扇形与扇形半径相同，即，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，作，，与交于点，
∴，
由折叠的性质可知，扇形与扇形半径相同，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，折叠的性质，四边形内角和，弧长等知识．熟练掌握折叠的性质，弧长公式是解题的关键．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，得到，结合求得，然后利用得到，从而得到，再利用得到，从而，最后得证结果；
（2）根据三角形的中位线定理得到，设，，根据相似三角形的性质得到的长度，表示的长度，再利用勾股定理可得答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，则，
，
是的切线，是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2），，
∴，
是的中位线，
，
，
设，，则，
∴，，
，
，
，
，
，，
∴，
∵，
∴，
解得：（负根舍去），
∴．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、平行线的判定和性质、解直角三角形，三角形的中位线定理、相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，解题的关键是正确作出辅助线．
18．(1)
(2)
(3)内
(4)见解析
【分析】本题主要考查与圆有关的作图，垂径定理、点与圆的位置关系和位视变化，
（1）连接，，分别作线段，的垂直平分线，交于点M即为圆的圆心点，由图即可求得点M的坐标；
（2）连接，利用勾股定理得，即为圆的半径；
（3）连接，由勾股定理得的长，与半径做对比即可判定与圆的位置关系；
（4）根据位视的性质作图即可；
【详解】（1）解：如图，
连接，，分别作线段，的垂直平分线，交于点M，则点M即为经过点A、点B和点C三点的圆弧所在圆的圆心点，M的坐标为；
（2）连接，由勾股定理得，，
则这个圆的半径为；
（3）连接，由勾股定理得，，
则点在内；
（4）如图上图，即为所求；
答案第1页，共2页
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