第二章对称图形——圆寒假练习 （含解析） 苏科版数学九年级上册

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第二章对称图形——圆
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知一个扇形的圆心角为60°，半径为5，则扇形的周长为( )
A． B． C． D．
2．为了测量一个铁球的直径，将该铁球放入工件槽内，测得的有关数据如图所示（单位：cm），则该铁球的半径为（ ）
A．6cm B．5cm C．4cm D．3cm
3．下列说法正确的是（ ）
A．各边都相等的多边形是正多边形
B．一个圆有且只有一个内接正多边形
C．圆内接正四边形的边长等于半径
D．圆内接正n边形的中心角度数为
4．如图，在中，，，，点是内的一点，连接，，，满足，则的最小值是（ ）
A．5 B．6 C．8 D．13
5．如图，是的直径，，若，则的度数是（ ）
A．32° B．60° C．68° D．64°
6．已知圆心角为120°的扇形面积为12π，那么扇形的弧长为（　　）
A．4 B．2 C．4π D．2π
7．如图，圆中互相垂直的弦，与圆心的距离分别为，，这时圆内被分为①②③④四个部分．如果用，，，分别表示这四个部分的面积，则可表示（ ）
A． B． C． D．0
8．如图，在⊙O中，弦AB＝CD，图中的线段、角、弧分别具有相等关系的量共有（不包括AB＝CD）（　　）
A．10组 B．7组 C．6组 D．5组
9．如图，AB为的直径，弦CD平分，若，则（ ）
A． B． C．2 D．3
10．下列说法中，正确的是（ ）
A．长度相等的两条弧是等弧 B．优弧一定大于劣弧
C．不同的圆中不可能有相等的弦 D．直径是一个圆中最长的弦
11．以点为圆心画，若的半径，则与轴的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
12．已知等边三角形的内切圆半径，外接圆半径和高的比是（　　）
A．1：2： B．2：3：4 C．1：：2 D．1：2：3
二、填空题
13．如图，在中，，则的度数为 ．

14．已知的半径为，直线与相交，则圆心到直线距离的取值范围是 ．
15．的半径为，A为上一定点，点P在上沿圆周运动（不与点A重合），则使弦的长度为整数的点P共有 个．
16．如图1的螺丝钉由头部直六棱柱和螺纹圆柱组合而成，其俯视图如图2所示．珍珍想用一把刻度尺测量出螺纹直径，已知刻度尺紧贴螺纹刻度尺与相切，经过点A且交于点若测得正六边形的边长为6，长为．
（1）计算的长为 ；
（2）螺纹的直径为 结果保留根号
17．在同一平面内，点P到的最长距离为，最短距离为，则的半径为 .
三、解答题
18．已知在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于点C，D（如图）．
（1）求证：AC=BD；
（2）若大圆的半径R=10，小圆的半径r=8，且圆O到直线AB的距离为6，求AC的长．
19．弧长为的弧所对的圆心角为，求弧所在的圆的半径．
20．如图，在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标分别为(﹣1，3)、(﹣4，1)、(﹣2，1)，先将△ABC沿一确定方向平移得到△A1B1C1，点B的对应点B1的坐标是(1，2)，再将△A1B1C1绕原点O顺时针旋转90°得到△A2B2C2，点A1的对应点为点A2．
（1）画出△A1B1C1和△A2B2C2；
（2）求出在这两次变换过程中，点A经过点A1到达A2的路径总长；
（3）求线段B1C1旋转到B2C2所扫过的图形的面积．

21．如图，四边形内接于，，．比较的大小，并说明理由．
22．如图是一残破圆轮，A，B，C是其弧上的三个点．用尺规作出圆轮的圆心；(保留作图痕迹，不写作法)
23．如图，平行四边形ABCD中，以A为圆心，AB为半径的圆分别交AD，BC于F，G，延长BA交圆于E．求证： =．
24．赵州桥始建于隋代，是世界上现存年代久远、跨度最大、保存最完整的单孔石拱桥（如图1）．现有一座仿赵州桥建造的圆拱桥（如图2），已知此圆拱桥的跨径（桥拱圆弧所对的弦的长）为，拱高（桥拱圆弧的中点到弦的距离）为．求此桥拱圆弧的半径（精确到．）
《第二章对称图形——圆》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B D C D C A A C D
题号 11 12
答案 A D
1．B
【分析】先利用弧长公式计算出扇形的弧长，然后加上两个半径的长即可得到这个扇形的周长．
【详解】解：扇形的弧长==π，
所以扇形的周长=5+5+π=10+π．
故选B．
【点睛】本题考查了弧长的计算：记住弧长公式：l=（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R），在弧长的计算公式中，n是表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带单位．
2．B
【分析】连接、，根据题意可得，，再根据垂径定理得到，设，利用勾股定理建立方程解出x即可解决此题．
【详解】解：连接、，交于点H，
由题可得，，，
，
设，则，
在中，，
，
解得，即，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，解题的关键是能构造直角三角形利用勾股定理解直角三角形．
3．D
【解析】略
4．C
【分析】如图，取中点，连接．则点在以点为圆心，长为直径的圆周上运动，当、、在同一直线上时，最短，此时为最短．所以，即为的最小值．
【详解】解：如图，取中点，连接．
，
点在以点为圆心，长为直径的圆周上运动，且，
当、、在同一直线上时，最短，此时为最短．
在中，
，，
则，
，
即的最小值是8．
故选：．
【点睛】本题主要考查了两点之间最短距离的问题，解题的关键是正确构造圆和运用勾股定理．
5．D
【分析】根据已知条件和圆心角、弧、弦的关系，可知，然后根据对顶角相等即可求解．
【详解】，
．
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题主要考查圆心角、弧、弦的关系、对顶角相等，较简单，掌握基本概念是解题关键．
6．C
【分析】设扇形的半径为 先利用扇形的面积：求解扇形的半径，再利用扇形的弧长公式直接计算即可得到答案.
【详解】解：设扇形的半径为
圆心角为120°的扇形面积为12π，
解得： （负根舍去）
扇形的弧长
故选C
【点睛】本题考查的是扇形的面积的计算与扇形的弧长的计算，解题的关键是掌握扇形的面积公式与弧长公式，并能够熟练运用.
7．A
【分析】本题考查了圆的性质，矩形的性质；将，平移至，设交点分别为，则四边形是矩形，依题意，，根据中心对称的性质得出，即可求解．
【详解】解：如图所示，将，平移至，设交点分别为，则四边形是矩形，依题意，，
根据中心对称的性质可得，如图所示，
∴
故选：A．
8．A
【详解】∠AOB=∠DOC,∠AOC=∠DOB;弧AB=弧CD,
弧AC=弧BD ,AO=BO,AO=CO,AO=DO,OB=OC,OB=OD,OC=OD.
故选A.
9．C
【分析】由圆周角定理可得∠ACB=∠ADB=90°，结合角平分线的定义可求得△ABD为等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的性质可求解．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵弦CD平分∠ACB，
∴∠ABD=∠ACD=45°，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∵AB=，
∴AD=，
故选：C．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定与性质，证明△ABD是等腰直角三角形是解题的关键．
10．D
【分析】本题考查了等弧、等弦的概念，优弧、劣弧大小的比较，弦与直径的关系，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据等弧的定义，弦的定义即可解答．
【详解】解：A、能够互相重合的弧是等弧，长度相等的两条弧不一定是等弧，故A选项错误；
B、两弧若不在同圆或等圆中，则结论不一定成立，故B选项错误；
C、在等圆中，存在长度相等的弦，例如等圆中的直径都相等，故C选项错误；
D、直径是一个圆中最长的弦，正确，故D选项正确；
故选：D．
11．A
【分析】本题考查的是直线与圆的位置关系，根据直线和园的位置关系可知，圆的半径小于圆心到直线的距离，则直线与圆的位置关系是相离．
【详解】解：∵圆心到轴的距离为，的半径，
∴，
∴与轴的位置关系是相离，
故选A
12．D
【详解】试题分析：图中内切圆半径是OD，外接圆的半径是OC，高是AD，因而AD=OC+OD；
在直角△OCD中，∠DOC=60°，则OD：OC=1：2，因而OD：OC：AD=1：2：3，
所以内切圆半径，外接圆半径和高的比是1：2：3．故选D．
考点：正多边形和圆．
13．
【分析】由题意易得，然后根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质，熟练掌握圆的基本性质是解题的关键．
14．
【分析】根据直线AB和圆相交，则圆心到直线的距离小于圆的半径即可得问题答案．
【详解】∵⊙O的半径为5，直线AB与⊙O相交，
∴圆心到直线AB的距离小于圆的半径，
即0≤d＜5；
故答案为：0≤d＜5．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系；熟记直线和圆的位置关系与数量之间的联系是解决问题的关键．同时注意圆心到直线的距离应是非负数．
15．7
【分析】本题主要考查了圆的弦的概念．熟练掌握圆的弦的定义和性质，是解决问题的关键．圆的弦的定义：连接圆上任意两点间的线段叫做弦．最大弦是直径．
根据的半径为，得到直径，根据，得到在半圆上，有3个，另一侧也有3个，加上长度为的是与B点重合，一共有7个．
【详解】如图，∵的半径为，
∴直径，
∴弦长的整数值有或或或，共4种可能，
当或或时,各有2条,
当时有1条,
∴这样的弦共有7条．
∴这样的点P共有7个．
故答案为：7．
16． 3 /
【分析】此题主要考查了切线的性质，正多边形和圆，理解切线的性质，熟练掌握正多边形的性质，等边三角形的判定和性质，灵活运用含有角的直角三角形的性质，勾股定理及三角形的面积公式进行计算是解决问题的关键．
（1）连接，，，，过点P作，交AB的延长线于点H，设与相切于点Q，连接，由正六边形性质得和是等边三角形，则，，进而得，设，则，继而得，，在中，由勾股定理求出a即可得出的长；
（2）根据，得，根据等边三角形性质得，由勾股定理求出，证明得，再由切线性质得是的半径，，然后由三角形的面积公式求出，进而可得螺纹的直径．
【详解】解：（1）连接，，，，过点P作，交的延长线于点H，设与相切于点Q，连接，如图所示：
六边形是正六边形，且边长为6，
，，，
和都是等边三角形，
，，
，
，
设，则，其中，
在中，，
，
由勾股定理得：，
在中，，
由勾股定理得：，
，
整理得：，
解得：，不合题意，舍去，
，
故答案为：3；
（2），，
，
是等边三角形，
，
在中，由勾股定理得：，
，，
，
，
，
，
是直角三角形，
与相切于点Q，
是的半径，，
由三角形的面积公式得：，
，
的直径为：
即螺纹的直径为
故答案为：
17．或
【分析】根据分点P在圆内和圆外两种情况进行解答即可．
【详解】解：①点P在圆内；如图1，
，，
，
；
②点P在圆外；如图2，
，，
，
．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了点和圆的位置关系，灵活利用分类讨论思想是解答本题的关键．
18．（1）证明见解析；（2）8﹣
【分析】（1）过O作OE⊥AB，根据垂径定理得到AE=BE，CE=DE，从而得到AC=BD；
（2）由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，连接OC，OA，再根据勾股定理求出CE及AE的长，根据AC=AE﹣CE即可得出结论．
【详解】解：（1）证明：如答图，过点O作OE⊥AB于点E，
∵AE=BE，CE=DE，
∴BE﹣DE=AE﹣CE，
即AC=BD
（2）由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，
连接OC，OA，
∵OA=10，OC=8，OE=6，
∴.
∴AC=AE﹣CE=8﹣．
【点睛】本题考查的是垂径定理，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．
19．18
【分析】设弧所在的圆的半径为，由弧长公式计算即可得到答案．
【详解】解：设弧所在的圆的半径为，
由弧长公式得：，
解得：，
弧所在的圆的半径为18．
【点睛】本题主要考查了弧长公式，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）+2π；（3）2π
【分析】（1）根据平移和旋转的性质作图即可；
（2）根据勾股定理求出OA1的长度，然后根据勾股定理和弧长公式求出点A经过点A1到达A2的路径总长即可；
（3）根据扇形面积公式求解即可．
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1、△A2B2C2为所作；

（2）OA1＝＝4，
点A经过点A1到达A2的路径总长；
（3）∵OB1＝，OC1＝＝，
∴线段B1C1旋转到B2C2所扫过的图形的面积为．
【点睛】本题考查了方格作图的问题，掌握平移和旋转的性质、勾股定理、弧长公式、扇形面积公式是解题的关键．
21．，理由见解析
【分析】本题考查的是圆内接四边形性质、圆周角定理及等腰三角形的判定，熟练掌握相关知识是解题关键，先求出及，证明即可证明结论．
【详解】解：，理由如下：
四边形内接于，
，
，
，
，
，
，
．
22．见详解
【分析】本题考查作图 应用与设计作图，垂径定理，三角形的外心等知识，解题的关键是作出线段的垂直平分线，利用垂直平分线的性质解决问题．线段与线段的垂直平分线的交点即为圆心O
【详解】
23．证明见解析.
【分析】连接AG，由AB=AG，推出∠ABG=∠AGB，根据平行线性质推出∠EAD=∠ABG，∠DAG=∠AGB，推出∠EAF=∠FAG即可．
【详解】连接AG，
∵A为圆心，∴AB=AG，
∴∠ABG=∠AGB，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，∠AGB=∠DAG，∠EAD=∠ABG，
∴∠DAG=∠EAD，
∴ .
【点睛】本题考查了平行四边形性质，平行线性质，弧、弦、圆心角的头等等，解题的关键是求出∠EAF=∠FAG．
24．此桥拱圆弧的半径约为
【分析】本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．设弦所在圆的圆心为，弧的中点为，弦的中点为，连接，，，圆的半径为，由垂径定理得，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】解：如图2所示，设弦所在圆的圆心为，弧的中点为，弦的中点为，连接，，，圆的半径为，
由垂径定理可知，，
，，三点共线，
，，
，
在中，由勾股定理得：，
，
解得，
此桥拱圆弧的半径约为．
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