數(shù)學九年級上冊專題24.13 圓章末測試卷（培優(yōu)卷）（人教版）（教師版）

第24章圓章末測試卷（培優(yōu)卷）【人教版】參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（2021秋?拱墅區(qū)校級期中）下列敘述正確的是（）A．平分弦的直徑必垂直于弦 B．同圓或等圓中，相等的弦所對的弧也相等 C．相等的圓心角所對的弧相等 D．相等的弧所對的弦相等【解題思路】根據(jù)垂徑定理即可判斷選項A；根據(jù)圓心角、弧、弦之間的關系即可判斷選項B、選項C、選項D．【解答過程】解：A．如圖，弦AB平分直徑CD，但是弦AB和直徑CD不垂直，即平分弦（弦不是直徑）的直徑必垂直于弦，故本選項不符合題意；B．如圖，弦AB＝BC，但是弦AB對的劣弧AB和弦BC對的優(yōu)弧BC不相等，故本選項不符合題意；C．如圖，在兩個圓中，圓心角∠COD和圓心角∠AOB相等，但是對的弧AB和弧CD不相等，故本選項不符合題意；D．等弧所對的弦相等，故本選項符合題意；故選：D．2．（2021秋?江都區(qū)月考）⊙O的半徑是3，OA＝3，那么點A與⊙O的位置關系是（）A．點A在圓外 B．點A在圓內 C．點A在圓上 D．無法確定【解題思路】根據(jù)點與圓的位置關系的判定方法進行判斷．【解答過程】解：∵⊙O的半徑為3，點A到圓心O的距離為3，即點A到圓心O的距離等于圓的半徑，∴點A在⊙O上．故選：C．3．（2021秋?郾城區(qū)期中）如圖，⊙O中弦AB長為8，OC⊥AB，垂足為E，若CE＝2，則⊙O半徑長是（）A．10 B．8 C．6 D．5【解題思路】連接OA，設⊙O的半徑為r，則OA＝r，OD＝r﹣2，先由垂徑定理得到AD＝BD=12AB＝4，再由勾股定理得到42+（r﹣2）2＝r【解答過程】解：連接OA，設⊙O的半徑為r，則OC＝OA＝r，OE＝OC﹣CE＝r﹣2，∵OC⊥AB，AB＝8，∴AE＝BE=12在Rt△OAE中，由勾股定理得：42+（r﹣2）2＝r2，解得：r＝5，即⊙O的半徑長為5，故選：D．4．（2021秋?新北區(qū)校級期中）如圖，點A、B、C都在半徑為2的⊙O上，∠C＝30°，則弦AB長為（）A．1 B．2 C．2.2 D．2.5【解題思路】根據(jù)圓周角定理求出∠AOB＝2∠ACB＝60°，根據(jù)等邊三角形的判定得出△AOB是等邊三角形，再根據(jù)等邊三角形的性質得出即可．【解答過程】解：∵∠ACB＝30°，∴∠AOB＝2∠ACB＝60°，∵OA＝OB，∴△AOB是等邊三角形，∴AB＝OA，∵半徑OA＝2，∴AB＝2，故選：B．5．（2021秋?蕭山區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，DA＝DC，若∠CBE＝45°，則∠DAC的度數(shù)為（）A．70° B．67.5° C．62.5° D．65°【解題思路】根據(jù)鄰補角互補求出∠ABC，根據(jù)圓內接四邊形的性質得出∠D+∠ABC＝180°，求出∠D，再根據(jù)等腰三角形的性質和三角形內角和定理求出∠DAC即可．【解答過程】解：∵∠CBE＝45°，∴∠ABC＝180°﹣∠CBE＝135°，∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，∴∠D+∠ABC＝180°，∴∠D＝45°，∵AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA=12（180°﹣∠故選：B．6．（2021秋?濰坊期中）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A為（0，3），點B為（2，1），點C為（2，﹣3）．則△ABC的外心坐標應是（）A．（0，0） B．（1，0） C．（2，﹣1） D．（﹣2，﹣1）【解題思路】首先由△ABC的外心即是三角形三邊垂直平分線的交點，所以在平面直角坐標系中作AB與BC的垂線，兩垂線的交點即為△ABC的外心．【解答過程】解：如圖，根據(jù)網(wǎng)格點O′即為所求．∵△ABC的外心即是三角形三邊垂直平分線的交點，∴EF與MN的交點O′即為所求的△ABC的外心，∴△ABC的外心坐標是（﹣2，﹣1）．故選：D．7．（2021?匯川區(qū)三模）如圖，已知⊙O的內接正六邊形ABCDEF的邊心距OM＝1，則該圓的內接正三角形ACE的面積為（）A．2 B．4 C．23 D．【解題思路】連接OE、OF，過O作ON⊥CE于N，證出△EOF是等邊三角形，根據(jù)勾股定理求解即可．【解答過程】解：如圖所示，連接OE、OF，過O作ON⊥CE于N，∵多邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠EOF＝60°，∵OE＝OF，∴△EOF是等邊三角形，∴∠OEM＝60°，∴OE=2∵∠OEN＝30°，∴ON=12OE=3∴CE＝2EN＝2．∴S△ACE=3故選：D．8．（2021?康巴什一模）如圖，在單位長度為1米的平面直角坐標系中，曲線是由半徑為2米，圓心角為120°的AB多次復制并首尾連接而成．現(xiàn)有一點P從A（A為坐標原點）出發(fā)，以每秒23π米的速度沿曲線向右運動，則在第2021秒時點PA．﹣1 B．0 C．1 D．2【解題思路】根據(jù)題意和圖形，可以求得AB的長，然后由圖可知，每走兩個弧AB為一個循環(huán)，然后即可得到在第2020秒時點P的縱坐標，本題得以解決．【解答過程】解：AB的長為：120π×21804π3÷如圖，作CE⊥AB于E，與AB交于點D．在Rt△ACE中，∠AEC＝90°，∠ACE=12∠∴∠CAE＝30°，∴CE=12AC∴DE＝CD﹣CE＝2﹣1＝1，∴第1秒時點P縱坐標為1；第2秒時點P縱坐標為0；第3秒時點P縱坐標為﹣1；第4秒時點P縱坐標為0；第5秒時點P縱坐標為1；…，∴點P的縱坐標以1，0，﹣1，0四個數(shù)為一個周期依次循環(huán)，2021÷4＝505…1，故在第2021秒時點P的縱坐標為1，故選：C．9．（2021秋?如皋市期中）如圖，△ABC為等邊三角形，AB＝3．若P為△ABC內一動點，且滿足∠PAB＝∠ACP，則線段PB長度的最小值為（）A．1.5 B．3 C．433【解題思路】由等邊三角形的性質得出∠ABC＝∠BAC＝60°，AC＝AB＝3，求出∠APC＝120°，當O、P、B共線時，PB長度最小，由等邊三角形的性質得出AD＝CD=12AC=32，∠PAC＝∠ACP＝30°，求出PD和【解答過程】解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠BAC＝60°，AC＝AB＝3，∵∠PAB＝∠ACP，∴∠PAC+∠ACP＝60°，∴∠APC＝120°，∴點P的運動軌跡是AC，設AC所在圓的圓心為O，當O、P、B共線時，PB長度最小，設OB交AC于D，如圖所示：此時PA＝PC，OB⊥AC，則AD＝CD=12AC=32，∠PAC＝∠ACP＝30°，∠ABD∴PD=32，BD∴PB＝BD﹣PD=3故選：B．10．（2021?朝陽區(qū)校級模擬）如圖，在△ABC中，∠C＝40°，∠A＝60°．以B為圓心，適當長度為半徑作弧，分別交AB，BC于點D，E；分別以D，E為圓心，大于12DE長度為半徑作弧，兩弧交于點F；作射線BP，交AC于點P，過點P作PM⊥AB于M；以P為圓心，PM的長為半徑作⊙PA．∠PBA＝40° B．PC＝PB C．PM＝MB D．⊙P與△ABC有4個公共點【解題思路】根據(jù)三角形的內角和得到∠ABC＝80°，根據(jù)角平分線的定義得到∠ABP=12∠ABC＝40°，故選項A正確；求得∠C＝∠PBC，得到PC＝PB，故選項B正確；根據(jù)三角形的內角和得到∠BPM＝50°，求得∠BPM≠∠MBP，于是得到PM≠BM，故C選項錯誤；根據(jù)角平分線的性質得到P到AB和BC的距離＝PM＝⊙P的半徑，求得AB，BC與⊙P相切，得到⊙P與AC相交，于是得到⊙P與△ABC【解答過程】解：∵∠C＝40°，∠A＝60°，∴∠ABC＝80°，由題意得，BP平分∠ABC，∴∠ABP=12∠ABC∵∠PBC＝∠PBA=12∴∠C＝∠PBC，∴PC＝PB，故選項B正確；∵PM⊥AB，∴∠BMP＝90°，∴∠BPM＝50°，∴∠BPM≠∠MBP，∴PM≠BM，故C選項錯誤；∵點P在∠ABC的角平分線上，∴P到AB和BC的距離＝PM＝⊙P的半徑，∴AB，BC與⊙P相切，∵PA＞PM，PC＞PM，∴⊙P與AC相交，∴⊙P與△ABC有4個公共點，故D選項正確，故選：C．二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分）11．（2021?連云港）如圖，△ABC內接于⊙O，∠ACB＝35°，則∠OAB＝55°．【解題思路】由同弧所對的圓周角等于所對圓心角的一半，根據(jù)∠ACB的度數(shù)求出∠AOB的度數(shù)，再由OA＝OB，利用等邊對等角得到一對角相等，利用三角形內角和定理即可求出∠OAB的度數(shù)．【解答過程】解：∵∠ACB與∠AOB都對AB，∴∠AOB＝2∠ACB＝70°，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA=180°?70°故答案為：55°12．（2021秋?東城區(qū)校級期中）如圖所示，在矩形紙片上剪下一個扇形和一個圓形，使之恰好能圍成一個圓錐模型．若扇形的半徑為R，圓的半徑為r，則R與r滿足的數(shù)量關系是R＝4r．【解題思路】根據(jù)弧長公式求出扇形的弧長，根據(jù)題意列式計算即可．【解答過程】解：扇形的弧長為：90πR180∵圓的半徑為r，∴底面圓的周長是2πr，由題意得：πR2=2π整理得：R＝4r，即R與r之間的關系是R＝4r．故答案為：R＝4r．13．（2021?哈爾濱模擬）如圖，切線PA、PB分別與⊙O相切于點A、B，切線EF與⊙O相切于點C，且分別交PA、PB于點E、F，若△PEF的周長為6，則線段PA的長為3．【解題思路】通過切線長定理將相等的線段進行轉換，得出三角形PEF的周長等于PA+PB＝6，又因為PA＝PB，所以可求出PA的長．【解答過程】解：∵EA，EC都是圓O的切線，∴EC＝EA，同理FC＝FB，PA＝PB，∴△PEF的周長＝PF+PE+EF＝PF+PE+EA+FB＝PA+PB＝2PA＝6，∴PA＝3；故答案為：3．14．（2021?南明區(qū)模擬）如圖，四邊形ABCD為⊙O的內接正四邊形，△AEF為⊙O的內接正三角形，若DF恰好是同圓的一個內接正n邊形的一邊，則n的值為12．【解題思路】連接OA、OB、OC，如圖，利用正多邊形與圓，分別計算⊙O的內接正四邊形與內接正三角形的中心角得到∠AOD＝90°，∠AOF＝120°，則∠DOF＝30°，然后計算360°30即可得到n【解答過程】解：連接OA、OD、OF，如圖，∵AD，AF分別為⊙O的內接正四邊形與內接正三角形的一邊，∴∠AOD=360°4=90°，∠∴∠DOF＝∠AOF﹣∠AOD＝30°，∴n=360°故答案為：12．15．（2021?游仙區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，∠BAC＝60°，其周長為20，⊙I是△ABC的內切圓，其半徑為3，則△BIC的外接圓直徑為1433【解題思路】設△BIC的外接圓圓心為O，連接OB，OC，作CD⊥AB于點D，在圓O上取點F，連接FB，F(xiàn)C，作OE⊥BC于點E，設AB＝c，BC＝a，AC＝b，根據(jù)三角形內心定義可得S△ABC=12lr=12×20×3=12AB?CD，可得bc＝40，根據(jù)勾股定理可得BC＝a＝7，再根據(jù)I是△ABC內心，可得IB平分∠ABC【解答過程】解：如圖，設△BIC的外接圓圓心為O，連接OB，OC，作CD⊥AB于點D，在圓O上取點F，連接FB，F(xiàn)C，作OE⊥BC于點E，設AB＝c，BC＝a，AC＝b，∵∠BAC＝60°，∴AD=12CD＝AC?sin60°=32∴BD＝AB﹣AD＝c?12∵△ABC周長為l＝20，△ABC的內切圓半徑為r=3∴S△ABC=12lr=12×20∴203=32b∴bc＝40，在Rt△BDC中，根據(jù)勾股定理，得BC2＝BD2+CD2，即a2＝（c?12b）2+（32b整理得：a2＝c2+b2﹣bc，∵a+b+c＝20，∴a2＝c2+b2﹣bc＝（b+c）2﹣3bc＝（20﹣a）2﹣3×40，解得a＝7，∴BC＝a＝7，∵I是△ABC內心，∴IB平分∠ABC，IC平分∠ACB，∵∠BAC＝60°，∴∠ABC+∠ACB＝120°，∴∠IBC+∠ICB＝60°，∴∠BIC＝120°，∴∠BFC＝180°﹣120°＝60°，∴∠BOC＝120°，∵OE⊥BC，∴BE＝CE=72，∠∴OB=7∴外接圓直徑為143故答案為：14316．（2021春?道里區(qū)校級月考）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的半圓O交BC于點D，交AC于點E，連接AD、BE交于點M，過點D作DF⊥AC于點F，DH⊥AB于點H交BE于點G，下列結論：①BD＝CD，②DF是⊙O的切線，③∠DAC＝∠BDH，④DG=12BM，其中正確的結論的序號是①②③④【解題思路】①利用直徑所對的圓周角是直角，以及等腰三角形的三線合一性質即可得出結論；②根據(jù)垂徑定理可以證得OD⊥BE，然后證明DF∥BE，即可證得DF⊥OD，則依據(jù)切線的判定定理可以證得；③利用DH是直角三角形的斜邊上的高線，則∠DAB＝∠BDH，結合∠BAD＝∠DAC即可證得；④根據(jù)等角對等邊，可以證得DG＝BG，DG＝GM即可求證．【解答過程】解：①∵AB為⊙O的直徑，∴∠BDA＝90°，即AD⊥BC，又∵AB＝AC，∴BD＝DC，∠BAD＝∠DAE，故①正確；②連接OD，如圖所示：∵∠BAD＝∠DAE，∴BD=∴OD⊥BE，∵AB是直徑，∴BE⊥AC又∵DF⊥AC，∴BE∥DF，∴DF⊥OD，∴DF是切線．故②正確；③∵Rt△ABD中，DH⊥AB，∴∠DAB＝∠BDH，又∵∠BAD＝∠DAC，∴∠DAC＝∠BDH．故③正確；④∵∠DBE＝∠DAC（同弧所對的圓周角相等），∠BDH＝∠DAC（已證），∴∠DBE＝∠BDH∴DG＝BG，∵∠BDH+∠HDA＝∠DBE+∠DMB＝90°，∴∠GDM＝∠DMG∴DG＝GM∴DG=12故④正確．故答案為：①②③④．三．解答題（共7小題，滿分52分）17．（2021秋?溧水區(qū)期中）如圖，AB、CD是⊙O的兩條弦，AB=CD，OE⊥AB，OF⊥CD，垂足分別為E、F．求證OE＝【解題思路】連接OA、OC，證明Rt△OAE≌Rt△OCF（HL），可得結論．【解答過程】證明：連接OA、OC，∵AB=∴AB＝CD，∵OE⊥AB，OF⊥CD，∴AE=12AB，CF=12CD，∴AE＝CF，又∵OA＝OC，∴Rt△OAE≌Rt△OCF（HL），∴OE＝OF．18．（2021春?射陽縣校級期末）如圖，直角坐標系中一條圓弧經(jīng)過網(wǎng)格點A（0，4），B（4，4），C（6，2）．（1）該圓弧所在圓的圓心坐標為（2，0）．（2）求弧ABC的長．【解題思路】（1）根據(jù)垂徑定理結合網(wǎng)格的性質可得答案；（2）借助網(wǎng)格求出圓心角度數(shù)和半徑，再利用弧長公式進行計算即可．【解答過程】解：（1）由垂徑定理可知，圓心是AB、BC中垂線的交點，由網(wǎng)格可得該點P（2，0），故答案為：（2，0）；（2）根據(jù)網(wǎng)格可得，OP＝CQ＝2，OA＝PQ＝4，∠AOP＝∠PQC＝90°，由勾股定理得，AP=OP2+O∵AP2＝22+42＝20，CP2＝22+42＝20，AC2＝22+62＝40，∴AP2+CP2＝AC2，∴∠APC＝90°，∴弧ABC的長為90π×25180答：弧ABC的長為5π．19．（2021秋?諸暨市月考）好山好水好紹興，石拱橋在紹興處處可見，小明要幫忙船夫計算一艘貨船是否能夠安全通過一座圓弧形的拱橋，現(xiàn)測得橋下水面AB寬度16m時，拱頂高出水平面4m，貨船寬12m，船艙頂部為矩形并高出水面3m．（1）請你幫助小明求此圓弧形拱橋的半徑；（2）小明在解決這個問題時遇到困難，請你判斷一下，此貨船能順利通過這座拱橋嗎？說說你的理由．【解題思路】（1）根據(jù)垂徑定理和勾股定理求解；（2）連接ON，計算DE＝3，利用勾股定理求出EN，MN即可得到結論．【解答過程】解：（1）如圖，連接OB．∵OC⊥AB，∴D為AB中點，∵AB＝16m，∴BD=12AB＝8又∵CD＝4m，設OB＝OC＝r，則OD＝（r﹣4）m．在Rt△BOD中，根據(jù)勾股定理得：r2＝（r﹣4）2+82，解得r＝10．答：此圓弧形拱橋的半徑為10米．（2）連接ON∵CD＝4m，船艙頂部為長方形并高出水面3m，∴CE＝4﹣3＝1（m），∴OE＝r﹣CE＝10﹣1＝9（m），在Rt△OEN中，EN2＝ON2﹣OE2＝102﹣92＝19，∴EN=19（m∴MN＝2EN＝219m＜12m．∴此貨船B不能順利通過這座拱橋．20．（2021?興安盟）如圖，AB為⊙O的直徑，點C在⊙O上，延長BC至點D，使DC＝CB，延長DA與⊙O的另一個交點為E，連接AC，CE．（1）求證：∠B＝∠D；（2）若AB＝4，BC﹣AC＝2，求CE的長．【解題思路】（1）由AB為⊙O的直徑，易證得AC⊥BD，又由DC＝CB，根據(jù)線段垂直平分線的性質，可證得AD＝AB，即可得：∠B＝∠D；（2）首先設BC＝x，則AC＝x﹣2，由在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，可得方程：（x﹣2）2+x2＝42，解此方程即可求得CB的長，繼而求得CE的長．【解答過程】（1）證明：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，又∵DC＝CB，∴AD＝AB，∴∠B＝∠D；（2）解：設BC＝x，則AC＝x﹣2，在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，∴（x﹣2）2+x2＝42，解得：x1＝1+7，x2＝1?∵∠B＝∠E，∠B＝∠D，∴∠D＝∠E，∴CD＝CE，∵CD＝CB，∴CE＝CB＝1+721.（2021秋?松滋市期末）如圖，AB是⊙O的直徑，弦DE垂直平分半徑OA，C為垂足，弦DF與半徑OB相交于點P，連接EO、FO，若DE＝43，∠DPA＝45°（1）求⊙O的半徑．（2）若圖中扇形OEF圍成一個圓錐側面，試求這個圓錐的底面圓的半徑．【解題思路】（1）利用垂徑定理得到CE＝DC=12DE＝23，OC=12OE，則∠（2）利用圓周角定理得到∠EOF＝2∠D＝90°，設這個圓錐的底面圓的半徑為r，利用弧長公式得到2πr=90?π?4180，然后解關于【解答過程】解：（1）∵弦DE垂直平分半徑OA，∴CE＝DC=12DE＝23，OC=∴∠OEC＝30°，∴OC=CE∴OE＝2OC＝4，即⊙O的半徑為4；（2）∵∠DPA＝45°，∴∠D＝45°，∴∠EOF＝2∠D＝90°，設這個圓錐的底面圓的半徑為r，∴2πr=90?π?4180，解得即這個圓錐的底面圓的半徑為1．22．（2021秋?西城區(qū)校級期中）已知：如圖，AB是⊙O直徑，延長直徑AB到點C，使AB＝2BC，DF是⊙的弦，DF⊥AB于點E，OE＝1，∠BAD＝30°．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）連接并延長DO交AF于點G，連接GE，請補全圖形并求GE的長．【解題思路】（1）根據(jù)等腰三角形的性質得到∠ODA＝∠OAD＝30°，根據(jù)垂直的定義得到∠AED＝90°，根據(jù)直角三角形的性質得到OE=12OD，求得OD＝2OE＝2，得到AB＝2OD＝4，根據(jù)等腰三角形的性質得到∠DCA＝∠DAC＝30°，根據(jù)切線的判定定理得到CD是⊙（2）連接FG，根據(jù)勾股定理得到DE=OD2?OE2=22【解答過程】（1）證明：∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠OAD＝30°，∵DF⊥AB，∴∠AED＝90°，∴∠ADE＝90°﹣∠EAD＝60°，∴∠ODE＝∠ADE﹣∠ODA＝30°，∴OE=12∴OD＝2OE＝2，∴OA＝OD＝2，∵AB是⊙O直徑，∴AB＝2OD＝4，∵AB＝2BC，