九年级数学上册试题 第三章《圆的基本性质》全章复习题-浙教版（含解析）

第三章《圆的基本性质》全章复习题
一、单选题
1．如图：已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，点D在半径OA上（不与点O，A重合）．若∠COA＝60°，∠CDO＝70°，∠ACD的度数是（　　）
A．60° B．50° C．30° D．10°
2．如图，在平面直角坐标系中，过格点A，B，C作一圆弧，点B与下列格点的连线中，能够与该圆弧相切的是（　　）
A．点（0，3） B．点（2，3）
C．点（5，1） D．点（6，1）
3．如图，将一块等腰的直角顶点放在上，绕点旋转三角形，使边经过圆心，某一时刻，斜边在上截得的线段，且，则的长为（ ）
A．3cm B．cm C．cm D．cm
4．已知，如图，，点在第二象限运动，求的最小值为（ ）.
A． B． C． D．
5．如图，在中，点在弦上移动，连接过点作交于点．若则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，已知：点A、B、C、D在⊙O上，AB=CD，下列结论：①∠AOC=∠BOD；②∠BOD=2∠BAD；③AC=BD；④∠CAB=∠BDC；⑤∠CAO+∠CDO=180°．其中正确的个数为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
7.如图，是的直径，分别是的中点，在上．下列结论：①；②；③四边形是正方形；④MN=AB．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．如图，在⊙O中，点C在优弧上，将弧沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为，AB=4，则BC的长是（　　）
A． B． C． D．
9．如图，已知，，以为直径的圆交于点，过点的⊙的切线交于点若，则⊙的半径是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在中，，，是的平分线，经过，两点的圆的圆心恰好落在上，分别与、相交于点、．若圆半径为2．则阴影部分面积（ ）．
A． B． C． D．
二、填空题
11．已知⊙O的直径为10cm，AB，CD是⊙O的两条弦，，，，则与之间的距离为________cm．
12．如图，AB、CD是⊙O的两条弦，若∠AOB+∠C=180°，∠COD=∠A，则∠AOB= ________
13．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠C＝30°，⊙O的半径是6，若点P是⊙O上的一点，＝，则PA的长为_____．
14．在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，动点P为矩形边上的一点，点P沿着B﹣C的路径运动（含点B和点C），则△ADP的外接圆的圆心O的运动路径长是________．
15．如图，点I为△ABC的内心，连AI交△ABC的外接圆于点D，若，点E为弦AC的中点，连接EI，IC，若，，则IE的长为__．
16．已知点A、B的坐标分别是（0，1）、（0，3），点C为x轴正半轴上一动点，当∠ACB最大时，点C的坐标是_____________．
17．如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别是（0，2）、（4，0），点P是直线y=2x+2上的一动点，当以P为圆心，PO为半径的圆与△AOB的一条边所在直线相切时，点P的坐标为__________．
18．如图，⊙O为△ABC的内切圆，∠C＝90°，AO的延长线交BC于点D，AC＝4，DC＝1，则⊙O的半径等于________．
三、解答题
19．如图，中，为直径，弦交于P，且，试猜想与之间的关系，并证明你的猜想．
20．如图，在中，，以为直径的半圆分别交，于点，，连结，．
（1）求证：．
（2）当，的度数之比为时，求四边形四个内角的度数．
21．如图，AB是⊙O的直径，P为AB上一点，弦CD与弦EF交于点P，PB平分∠DPF，连DF交AB于点G．
(1)求证：CD＝EF；
(2)若∠DPF＝60°，PE∶PF＝1∶3，AB＝2，求OG的长．
22．如图，以AB为直径的上有一动点C，的切线CD交AB的延长线于点D，过点B作交于点M，连接AM，OM，BC．
(1) 求证：
(2) 若，填空：
① 当AM＝ 时，四边形OCBM为菱形；
② 连接MD，过点O作于点N，若 ，则ON＝ ．
23．正方形ABCD的四个顶点都在⊙O上，E是⊙O上的一点．
（1）如图①，若点E在上，F是DE上的一点，DF=BE．求证：△ADF≌△ABE；
（2）在（1）的条件下，小明还发现线段DE、BE、AE之间满足等量关系：DE-BE=AE．请说明理由；
（3）如图②，若点E在上．连接DE，CE，已知BC=5，BE=1，求DE及CE的长．
24．在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，CA＝CB，点D是△ABC外一动点（点B，点D位于AC两侧），连接CD，AD．
(1) 如图1，点O是AB的中点，连接OC，OD，当△AOD为等边三角形时，∠ADC的度数是 ；
(2) 如图2，连接BD，当∠ADC＝135°时，探究线段BD，CD，DA之间的数量关系，并说明理由；
(3) 如图3，⊙O是△ABC的外接圆，点D在上，点E为AB上一点，连接CE，DE，当AE＝1，BE＝7时，直接写出△CDE面积的最大值及此时线段BD的长．
答案
一、单选题
1．D
【分析】根据CO=AO，∠COA＝60°，可得为等边三角形，所以可得,再根据三角形的外角等于剩余两个内角之和,即可求得∠ACD.
解：∵OA＝OC，∠COA＝60°，
∴△ACO为等边三角形，
∴∠CAD＝60°，
又∵∠CDO＝70°，
∴∠ACD＝∠CDO﹣∠CAD＝10°．
故选D．
2．C
解：∵过格点A，B，C作一圆弧，∴三点组成的圆的圆心为：O（2，0），∵只有∠OBD+∠EBF=90°时，BF与圆相切，∴当△BOD≌△FBE时，∴EF=BD=2，F点的坐标为：（5，1），∴点B与下列格点的连线中，能够与该圆弧相切的是：（5，1）．故选C．
3．A
【分析】利用垂径定理得ME=DM=1，利用勾股定理和等腰三角形的性质得OM与DO的关系式，解得结果．
解：过O点作OM⊥AB，
∴ME=DM=1cm，
设MO=h，CO=DO=x，
∵△ABC为等腰直角三角形，AC=BC，
∴∠MAO=45°，
∴AO=h
∵AO=7-x，
∴h＝7 x，
在Rt△DMO中，
h2=x2-1，
∴2x2-2=49-14x+x2，
解得：x=-17（舍去）或x=3，
故选A．
4．D
【分析】根据题意知点P的运动轨迹是以点M为圆心，半径的圆弧，当点P在BC上时，PC有最小值，据此可求解.
解：如图，
∵A（-1，0），B（-3，0），
∴AB=2，
∵∠APB=30°，
∴点P的轨迹是以M为圆心，半径r=2的圆弧；
易得圆心坐标为， ，
.
故选
5．D
【分析】连接OD，如图，利用勾股定理得CD，利用垂线段最短得到当OC⊥AB时，OC最小，再求出CD即可．
解：连接OD，如图，
∵CD⊥OC，
∴∠DCO=90 ，
∴CD=，
当OC的值最小时，CD的值最大，
而OC⊥AB时，OC最小，此时D. B两点重合，
∴CD=CB=AB=×2=1．
即CD的最大值为1．
故答案为：D．
6．C
【分析】根据圆内接四边形的性质、圆周角定理和圆心角、弧、弦之间的关系逐个判断即可．
解：∵AB=CD，
∴，
∴，
∴∠AOC=∠BOD，故①正确；
∵圆周角∠BAD和圆心角∠BOD都对着，
∴∠BOD=2∠BAD，故②正确；
∵，
∴AC=BD，故③正确；
∵圆周角∠CAB和∠BDC都对着，
∴∠CAB=∠BDC，故④正确；
延长DO交⊙O于M，连接AM，
∵D、C、A、M四点共圆，
∴∠CDO+∠CAM=180°（圆内接四边形对角互补），
∵∠CAM＞∠CAO，
∴∠CAO+∠CDO＜180°，故⑤错误；
即正确的个数是4个，
故选C．
7．C
【分析】根据题意连结OM、ON，易得，利用含30度的直角三角形三边关系得∠OMC=30°，∠OND=30°，所以，则可对①进行判断；再计算出∠MOC=∠NOD=60°，则∠MON=60°，于是根据圆心角、弧、弦的关系对②进行判断；先证明四边形MCDN为平行四边形，加上∠MCO=90°，则可判断四边形MCDN为矩形，由于则，于是可对③进行判断；由四边形MCDN为矩形得到MN=CD，则，则可对④进行判断．
【详解】解：如图，连接．
分别是的中点，
．
，
，故①正确．
，故②正确．
，
∴四边形为平行四边形．
，
∴四边形为矩形．
，
∴四边形不是正方形，故③错误．
∵四边形为矩形，
,
，故④正确．
综上，①②④正确．
故选：C．
8．B
【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，利用垂径定理得到OD⊥AB，则AD=BD=AB=2，于是根据勾股定理可计算出OD=1，再利用折叠的性质可判断弧AC和弧CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到，所以AC=DC，利用等腰三角形的性质得AE=DE=1，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF=EF=1，然后计算出CF后得到CE=BE=3，于是得到BC=3．
解：连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，
∵D为AB的中点，
∴OD⊥AB，
∴AD=BD=AB=2，
在Rt△OBD中，OD==1，
∵将弧沿BC折叠后刚好经过AB的中点D，
∴弧AC和弧CD所在的圆为等圆，
∴，
∴AC=DC，
∴AE=DE=1，
易得四边形ODEF为正方形，
∴OF=EF=1，
在Rt△OCF中，CF==2，
∴CE=CF+EF=2+1=3，
而BE=BD+DE=2+1=3，
∴BC=3，
故选B．
9．D
【分析】由题意可得DE⊥BC，由勾股定理可得DE=3，利用面积法结合勾股定理求得BC的长，利用等腰三角形的性质求得AB的长，即可求⊙O的半径．
解：如图，连接OD、BD，
　　
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴BD⊥AC，
又∵AB=BC，
∴AD=CD，
又∵AO=OB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥BC，
∵DE是⊙O的切线，
∴DE⊥OD，
∴DE⊥BC，
∵CD=5，CE=4，
∴DE=，
∵S△BCD=BD CD=BC DE，
∴5BD=3BC，
∴BD=BC，
∵，
∴，
解得：，
∵AB=BC，
∴AB=，
∴⊙O的半径是：，
故选：D．
10．C
【分析】连接OD，OF．首先证明OD∥AC，推出S阴＝S扇形OFA，再证明△AOF是等边三角形即可解决问题．
解：连接OD，OF．
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠DAB＝∠DAC，
∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∴∠ODA＝∠DAC，
∴OD∥AC，
∴∠ODB＝∠C＝90°，
∴S△AFD＝S△OFA，
∴S阴＝S扇形OFA，
∵OD＝OA＝2，AB＝6，
∴OB＝4，
∴OB＝2OD，
∴∠B＝30°，
∴∠A＝60°，
∵OF＝OA，
∴△AOF是等边三角形，
∴∠AOF＝60°，
∴S阴＝S扇形OFA＝.
故选：C．
二、填空题
11．7或1．
【分析】分两种情况考虑：当两条弦位于圆心O同一侧时，当两条弦位于圆心O两侧时；利用垂径定理和勾股定理分别求出OE和OF的长度，即可得到答案．
解：分两种情况考虑：
当两条弦位于圆心O一侧时，如图1所示，
过O作OE⊥CD，交CD于点E，交AB于点F，连接OC，OA，
∵AB∥CD，∴OE⊥AB，
∴E、F分别为CD、AB的中点，
∴CE=DE=CD=3cm，AF=BF=AB=4cm，
在Rt△AOF中，OA=5cm，AF=4cm，
根据勾股定理得：OF=3cm，
在Rt△COE中，OC=5cm，CE=3cm，
根据勾股定理得：OE═4cm，
则EF=OEOF=4cm3cm=1cm；
当两条弦位于圆心O两侧时，如图2所示，
同理可得EF=4cm+3cm=7cm，
综上，弦AB与CD的距离为7cm或1cm．
故答案为：7或1．
12．108°
解：设∠COD=∠A=x°，表示出∠AOB=（180﹣2x）°和∠OCD=∠ODC= ，然后利用三角形内角和定理求解+180﹣2x=180，解得：x=36，可求∠AOB=（180﹣2x）°=108°，
故答案为108°．
13．6
【分析】连接OA、OB、OP，根据圆周角定理求得∠APB＝∠C＝30°，进而求得∠PAB＝∠APB＝30°，∠ABP＝120°，根据垂径定理得到OB⊥AP，AD＝PD，∠OBP＝∠OBA＝60°，即可求得△AOB是等边三角形，从而求得PB＝OA＝6，解直角三角形求得PD，即可求得PA．
解：连接OA、OB、OP，
∵∠C＝30°，
∴∠APB＝∠C＝30°，
∵，
∴PB＝AB，
∴∠PAB＝∠APB＝30°
∴∠ABP＝120°，
∵PB＝AB，
∴OB⊥AP，AD＝PD，
∴∠OBP＝∠OBA＝60°，
∵OB＝OA，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝6，
则Rt△PBD中，PD＝PB＝×6＝3，
∴AP＝2PD＝6，
故答案为6．
14．
解：分析：如图，连接AC、BD交于点O′．当点P与B或C重合时，△PAD的外接圆的圆心与O′重合，当PA=PD时，设△PAD的外接圆的圆心为O，PO的延长线交AD于E，设PO=OD=x，因为△PAD的外心在线段AD的垂直平分线上，
观察图象可知，点P沿着B-C的路径运动，△ADP的外接圆的圆心O的运动路径长是2OO′，由此即可解决问题；
解：如图，连接AC、BD交于点O′．
当点P与B或C重合时，△PAD的外接圆的圆心与O′重合，
当PA=PD时，设△PAD的外接圆的圆心为O，PO的延长线交AD于E，设PO=OD=x，
Rt△ODE中，∵OD2=OE2+DE2，
∴x2=（4-x）2+32，
解得x=，
∴OE=4-=，
∵O′B=O′D，AE=DE，
∴O′E=AB=2，
∴OO′=O′E-OE=，
∵△PAD的外心在线段AD的垂直平分线上，
观察图象可知，点P沿着B-C的路径运动，△ADP的外接圆的圆心O的运动路径长是2OO′=．
故答案为:．
15．4
【分析】由已知条件可得到ID=BD=DC,可得I、B、C三点在以D点位圆心的圆上，过点D做DF⊥IC与点F，可得四边形EIDF为平行四边形，可得IE=DF,即可求出IE的长.
解：
如图：I为△ABC的内心,可得∠BAD=∠CAD,BD=CD,
又∠DIC=∠DAC+∠ACI,∠ICD=∠ICB+∠BCD
其中∠DAC=∠BAD=∠BCD，∠ACI=∠ICB，
∠DIC=∠ICD
ID=CD, ID=BD=DC=5, 可得AI=2CD=10
可得I、B、C三点在以D点位圆心的圆上，过点D做DF⊥IC与点F,
可得IF=FC(垂经定理)，
在RT△IFD中，,
又在△AIC中，AE=EC, IF=FC,
EF为△AIC的中位线，
EF∥AD,即EF∥ID, 且EF==5=ID,
四边形EIDF为平行四边形，可得IE=DF=4,
故答案：4.
16．
【分析】根据题意，找到当⊙P与x轴相切于点C时，最大，作出相应辅助线，可得出，，再由等腰三角形三线合一性质可得，根据切线定理确定四边形PCOH为矩形，最后根据勾股定理即可得出．
解：过点A、B作⊙P，⊙P与x轴相切于点C时，最大，
连接PA、PB、PC，作PH⊥y轴于H，如图，
∵点A、B的坐标分别是（0，1）、（0，3），
∴，，
∵PH⊥AB，
∴，
∴，
∵点⊙P与x轴相切于点C，
∴PC⊥x轴，
∴四边形PCOH为矩形，
∴，
∴，
在中，，
∴C点坐标为．
故答案为．
17．（0，2），（﹣1，0），（﹣，1）．
【分析】先求出点C的坐标，分为三种情况：圆P与边AO相切时，当圆P与边AB相切时，当圆P与边BO相切时，求出对应的P点即可．
解：∵点A、B的坐标分别是（0，2）、（4，0），
∴直线AB的解析式为y=-x+2，
∵点P是直线y=2x+2上的一动点，
∴两直线互相垂直，即PA⊥AB，且C（-1，0），
当圆P与边AB相切时，PA=PO，
∴PA=PC，即P为AC的中点，
∴P（-，1）；
当圆P与边AO相切时，PO⊥AO，即P点在x轴上，
∴P点与C重合，坐标为（-1，0）；
当圆P与边BO相切时，PO⊥BO，即P点在y轴上，
∴P点与A重合，坐标为（0，2）；
故符合条件的P点坐标为（0，2），（-1，0），（-，1），
故答案为（0，2），（-1，0），（-，1）．
18．
【分析】设圆O与AC的切点为M，圆的半径为r，先证得△AOM∽△ADC，再根据相似三角形的对应边成比例即可求得结果．
解：设圆O与AC的切点为M，圆的半径为r，
如图，连接OM，
∵∠C=90°
∴CM=r，
∵△AOM∽△ADC，
∴OM：CD=AM：AC，
即r：1=（4-r）：4，
解得r=，
故答案为.
三、解答题
19．
解：连接OC、OD，
∵OC=OD，
∴∠C=∠D，
∵，
∴∠C=∠COP，
∴∠D=∠C=∠COP，
∵∠AOD=∠DPO+∠D=∠C+∠COP+∠D=3∠COP，
∴．
20．
解：（1）如图，连结，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）∵，与的度数之比为，
∴，，
∵，∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，，．
21．
（1）证明：如图，过点O作OM⊥EF于点M，ON⊥CD于点N，连接OF、OD，
则∠OMF=∠OND=90°，
∵PB平分∠DPF，OM⊥EF，ON⊥CD，
∴OM=ON，
在Rt△OFM和Rt△ODN中，
∵，
∴Rt△OFM≌Rt△ODN（HL），
∴FM=DN，
∵OM⊥EF，ON⊥CD，
∴EF=2FM，CD=2DN，
∴CD=EF；
（2）解：∵PE：PF=1：3，
∴设PE=x，PF=3x，
∴EF=PE+PF=4x，
∵OM⊥EF，
∴EM=FM=EF=2x，
∴PM=EM-PE=2x-x=x，
∵PB平分∠DPF，∠DPF=60°，
∴∠FPB=DPB=∠DPF=30°，
∴OM=x，OP=x，
在Rt△OPM和Rt△OPN中，
，
∴Rt△OPM≌Rt△OPN（HL），
∴PM=PN，
由（1）知：FM=DN，
∴PM+FM=PN+DN，
∴PF=PD，
∵∠DPF=60°，
∴△PDF是等边三角形，
∵PB平分∠DPF，
∴PB⊥DF，垂足为G，
∴DF=PF=3x，FG=DF=，
∴PG=，
∴OG=PG-OP=，
∵AB=2，
∴OF=AB=，
在Rt△OFG中，根据勾股定理，得
，
∴，
整理，得=3，
解得x=±（负值舍去），
∴x=，
∴OG=．
22．
(1)证明：∵AB是的直径，
，
，
∵CD是的切线，
，
，
又，
，
，
；
(2)解：①若四边形OCBM为菱形，
则OM=OA=MB =5，
∵AB是⊙O的直径，
∴，
∵OA=OB，
∴AB=2OA=10，
∴
当时，四边形OCBM为菱形；
故答案为：；
②如图所示：
∵，OB=5，
∴，
∵CD是的切线，
∴，
∵OC=OB=5，
∴，
∴△ODC是等腰直角三角形，
∴，
又，
∴，
∵OM=OB，
∴，
∴，△OBM是等腰直角三角形，
在直角△ODM中，根据勾股定理可得，
根据△ODM的面积可得ON DM=OM OD，
，
故答案为：．
23．
解：（1）如图，，，，
在正方形ABCD中，AB=AD
在△ADF和△ABE中
∴△ADF≌△ABE（SAS）；
（2）由（1）结论得：△ADF≌△ABE
∴AF=AE，∠3=∠4
正方形ABCD中，∠BAD=90°
∴∠BAF+∠3=90°
∴∠BAF+∠4=90°
∴∠EAF=90°
∴△EAF是等腰直角三角形
∴EF2=AE2+AF2
∴EF2=2AE2
∴EF=AE
即DE-DF=AE
∴DE-BE=AE；
（3）连接BD，将△CBE绕点C顺时针旋转90°至△CDH
∵四边形BCDE内接于圆
∴∠CBE+∠CDE=180°
∴E，D，H三点共线
在正方形ABCD中，∠BAD=90°
∴∠BED=∠BAD=90°
∵BC=CD
∴
∴∠BEC=∠DEC=45°
∴△CEH是等腰直角三角形
在Rt△BCD中，由勾股定理得BD=BC=5
在Rt△BDE中，由勾股定理得：DE=
在Rt△CEH中，由勾股定理得：EH2=CE2+CH2
∴（ED+DH）2=2CE2，即（ED+BE）2=2CE2
∴64=2CE2
∴CE=4．
24．
(1)解：∵∠BCA＝90°，BC＝AC，点O是AB的中点，
∴∠COA＝90°，COAB＝OA，
∵△AOD是等边三角形，
∴OD＝OA，∠ODA＝∠DOA＝60°，
∴OC＝OD，∠COD＝∠COA﹣∠DOA＝90°﹣60°＝30°，
∴∠ODC（180°﹣∠COD）（180°﹣30°）＝75°，
∴∠ADC＝∠ODC+∠ODA＝75°+60°＝135°，
故答案为：135°；
(2)解：线段BD，CD，DA之间的数量关系为：BDCD+DA，
理由如下：
过点C作CH⊥CD交AD的延长线于点H，如图2所示：
则∠CDH＝180°﹣∠ADC＝180°﹣135°＝45°，
∴△DCH是等腰直角三角形，
∴CH＝CD，HDCD，
∵∠BCA＝90°，
∴∠ACH＝∠BCD，
∴△ACH≌△BCD（SAS），
∴BD＝AH＝HD+DACD+AD；
(3)解：连接OC，如图3所示：
∵∠BCA＝90°，BC＝AC，
∴△ACB是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴O是AB的中点，
∴OC⊥AB，OC＝OAAB（AE+BE）（1+7）＝4，
∴OE＝OA﹣AE＝4﹣1＝3，
在Rt△COE中，由勾股定理得：CE5，
∵CE是定值，
∴点D到CE的距离最大时，△CDE面积的面积最大，
∵AB是⊙O的直径，
过点O作ON⊥CE于N，延长ON与⊙O的交点恰好是点D时，点D到CE的距离最大，△CDE面积的面积最大，
∵S△OCEOC OECE ON，
∴ON，
∵OD＝OC＝4，
∴DN＝OD﹣ON＝4，
此时，在Rt△CNO中，CN，
在Rt△CND中，CD，
在Rt△ABD中，BD2＝AB2﹣AD2＝82﹣AD2，
由（ 2）知，BDCD+ADADAD，
∴82﹣AD2＝（AD）2，
∴AD，
∴BDAD，
即△CDE面积的面积最大值为4，此时，BD．