北京市2022-2023年上学期九年级期末数学试题知识点分类汇编-08勾股定理

这是一份北京市2022-2023年上学期九年级期末数学试题知识点分类汇编-08勾股定理，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
北京市2022-2023年上学期期末数学试题知识点分类汇编-08勾股定理

一、单选题
1．（2023秋·北京平谷·九年级统考期末）“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”这是《九章算术》中的一个问题，用现代的语言表述为：如图，为的直径，弦于E，寸，弦寸，则的半径为多少寸 （    ）

A．5 B．12 C．13 D．26
2．（2023秋·北京平谷·九年级统考期末）如图，每个小正方形的边长为1，点A、B、C均在格点上，则的值是（    ）

A．1 B． C． D．
3．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，过点作的切线，，切点分别是，，连接．过上一点作的切线，交，于点，．若，的周长为4，则的长为（    ）

A．2 B． C．4 D．
4．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，已知正方形，以点为圆心，长为半径作，点与的位置关系为（    ）

A．点在外 B．点在内 C．点在上 D．无法确定
5．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，的半径为2，，是的两条切线，切点分别为A，B．连接，，，，若，则的周长为（    ）

A． B． C．6 D．3
6．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，在矩形中，，．若以点B为圆心，以4cm长为半径作OB，则下列选项中的各点在外的是（    ）

A．点A B．点B C．点C D．点D
7．（2023秋·北京海淀·九年级期末）在平面直角坐标系xOy中，如果⊙O是以原点O（0，0）为圆心，以5为半径的圆，那么点A（﹣3，﹣4）与⊙O的位置关系是（ ）
A．在⊙O内 B．在⊙O上 C．在⊙O外 D．不能确定

二、填空题
8．（2023秋·北京东城·九年级统考期末）我们给出如下定义：在平面内，点到图形的距离是指这个点到图形上所有点的距离的最小值．在平面内有一个矩形，中心为O，在矩形外有一点P，，当矩形绕着点O旋转时，则点P到矩形的距离d的取值范围为 ．

9．（2023秋·北京东城·九年级统考期末）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章计算弧田面积所用的经验公式是：弧田面积（弦×失+失²）．弧田（图中阴影部分）由圆弧和其所对的弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．现有圆心角为，半径等于4米的弧田，按照上述公式计算出弧田的面积约为 米．（）

10．（2023秋·北京密云·九年级统考期末）如图，的弦长为2，是的直径，．

①的半径长为 ．
②P是上的动点，则的最小值是 ．
11．（2023秋·北京密云·九年级统考期末）如图，矩形中，，E是上一点，与交于点F．则的长为 ．

12．（2023秋·北京密云·九年级统考期末）在中，，则的值为 ．
13．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，，，分别是某圆内接正六边形、正方形、等边三角形的一边．若，下面四个结论中，
①该圆的半径为2；        ②的长为；
③平分；        ④连接，，则与的面积比为．
所有正确结论的序号是 ．

14．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是的内接三角形，于点，若的半径为，，则 ．

15．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，已知内接于，是的直径，平分，交于点，若，则的长为 ．

16．（2023秋·北京海淀·九年级期末）若圆内接正方形的边心距为8，则这个圆的半径为 ．
17．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是正方形的外接圆，，点是上任意一点，于．当点从点出发按顺时针方向运动到点时，则的最小值为 ．

18．（2023秋·北京海淀·九年级期末）已知正六边形的边心距为3，那么它的边长为 ．
19．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，正方形内接于，其边长为2，则的内接正三角形的边长为 ．

20．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是的内接三角形，，，，垂足为H，连接，则的最大值是 ．

21．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图， 上有两点， 点在内， 若的半径为， 则弦的弦心距离 ， ．

22．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是的内接三角形．若，，则的半径是 ．

23．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是⊙的直径，是⊙的弦，连结，．若，，则 ．

24．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，已知⊙O上有三点A、B、C，半径OC＝2，∠ABC＝30°，切线AP交OC延长线于点P，则△OAP的周长为

25．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是正八边形的外接圆，的半径是1，则下列四个结论中正确的是 ．
①的长为；②；③为等边三角形；④．


参考答案：
1．C
【分析】连接，构造直角三角形，根据垂径定理和勾股定理求解．
【详解】解：连接，如图所示，

设直径的长为，则半径，
为的直径，弦于，，
，
而，
根据勾股定理得，
解得，
即的半径为13寸．
故选C．
【点睛】此题考查了垂径定理和勾股定理；熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解决问题的关键．
2．C
【分析】过点A作于点D，根据勾股定理求出的长度，再根据正弦的定义即可求解．
【详解】解：如图：过点A作于点D，

在中，，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理和正切的定义，解题的关键是构建直角三角形，根据勾股定理求出的长度．
3．B
【分析】利用切线长定理得出，，，再根据三角形周长等于4，可求得，从而利用勾股定理可求解．
【详解】解：∵，是的切线，切点分别是，，
∴，
∵、是的切线，切点是D，交，于点，，
∴，，
∵的周长为4，即，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查切线长定理，勾股定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
4．A
【分析】设正方形的边长为，用勾股定理求得点到的圆心之间的距离，为的半径，通过比较二者的大小，即可得到结论．
【详解】解：设正方形的边长为，
则，，
，
点在外，
故选：A．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是确定圆的半径和点到圆心之间的距离的大小关系．
5．A
【分析】由切线的性质可得出，由切线长定理可得出，从而可判断为等边三角形，又易证，即可求出，从而可求出，进而可求出，最后由三角形周长公式求解即可．
【详解】解：∵，是的两条切线，切点分别为A，B，
∴，．
∵，
∴为等边三角形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为．
故选A．
【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质．掌握从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题关键．
6．D
【分析】根据勾股定理求出BD的长，进而得出点A，C，D与⊙B的位置关系．
【详解】解：连接BD，

在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，
∵∠B＝90°，
∴BD5，
∵AB＝3＜4，BD＝5＞4，BC＝4，
∴点D在⊙B外，点C在⊙B上，点A在⊙B内．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了点与圆的位置关系，矩形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：①如果点P在圆外，那么d＞r；②如果点P在圆上，那么d＝r；③如果点P在圆内，那么d＜r．反之也成立．
7．B
【分析】根据两点间的距离公式求出AO的长，然后与⊙O的半径比较，即可确定点A的位置．
【详解】∵点A（﹣3，﹣4），∴AO==5，∵⊙O是以原点O（0，0）为圆心，以5为半径的圆，
∴点A在⊙O上，故选B．
考点:点与圆的位置关系；坐标与图形性质．
8．
【分析】根据题意分别求出当过的中点E时，此时点P与矩形上所有点的连线中，；当过顶点A时，此时点P与矩形上所有点的连线中，；当过顶点边中点F时，此时点P与矩形上所有点的连线中，，即可求解．
【详解】解：如图，当过的中点E时，此时点P与矩形上所有点的连线中，，，

∴；
如图，当过顶点A时，此时点P与矩形上所有点的连线中，，

矩形，中心为O，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图，当过顶点边中点F时，此时点P与矩形上所有点的连线中，，，

∴；
综上所述，点P到矩形的距离d的取值范围为．
故答案为：
【点睛】本题考查矩形的性质，旋转的性质，根据题意得出临界点时点d的值是解题的关键．
9．
【分析】由题意可知于D，交圆弧于C，由题意得米，解得米，再求出，最后由勾股定理得到，由垂径定理求出即可得出结果．
【详解】解：如图，由题意可知，

，，（米），
，
（米）
（米）
（米）
（米）
弧田面积


（平方米）
故答案为：
【点睛】本题考查了勾股定理以及垂径定理的应用；熟练掌握垂径定理是解答本题的关键．
10． 2
【分析】①连接，易证是等边三角形，弦长为2，，即可得到答案；
②先证，延长交于点E，连接交于点P，连接,则此时，即的最小值是的长，再用勾股定理求出即可．
【详解】解：①连接，

∵
∴,
∵，
∴是等边三角形，
∵弦长为2，
∴，
即的半径长为2，
故答案为：2
②∵，
∴,
∴，
延长交于点E，连接交于点P，连接,则此时，即的最小值是的长，

∵，
∵，
∴，
∴，
∴，
即的最小值是．
故答案为：
【点睛】此题考查了圆周角定理、勾股定理、等边三角形的判定和性质、轴对称最短路径等知识，熟练掌握相关定理并灵活应用是解题的关键．
11．4
【分析】先利用勾股定理求出，再证明，得到，则．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，证明，得到是解题的关键．
12．
【分析】根据勾股定理可以求出，根据三角函数的定义即可求得的值．
【详解】解：∵中，，
∴根据勾股定理，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了勾股定理以及正弦函数的定义：直角三角形，锐角的对边与斜边的比，难度适中．
13．①③④
【分析】根据圆内接正六边形、内接正方形的性质、弧长公式，勾股定理逐一判断可选项即可．
【详解】解：根据题干补全图形，连接，

根据内接正六边形的性质可知：，
∴是等边三角形，
，圆的半径为2，所以①正确；
根据内接正方形的性质可知：，
的长为：，所以②错误；
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分， 所以③正确；
过点A作交延长线于点H，交延长线于点G，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
设交于点M，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，所以④正确；
因此正确的结论：①③④
故答案为：①③④
【点睛】本题考查圆内接正六边形、内接正方形的性质、弧长公式，勾股定理，得出圆形的半径是解题的关键．
14．1
【分析】连接，，由圆周角定理求得，再由等腰三角形三线合一性质求得，从而求得，得到，然后在中，，由勾股定理求解即可．
【详解】解：连接，，

∴，
∵于点，
∴，
∴，
∴，
在中，，由勾股定理，得
，
∴，
∴，
故答案为：1．
【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，等腰三角形三线合一性质是解题的关键．
15．
【分析】先由是的直径得出，再根据勾股定理求出的长，连接，则，再由平分可知，推出△是等腰直角三角形，由勾股定理即可求出的长．
【详解】解：连接，如图：

是的直径，
，，
平分，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，即，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，圆周角定理及等腰直角三角形的判定与性质，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．
16．8
【分析】先画出图形，再根据正方形的性质得出，再根据勾股定理求出答案即可．
【详解】过点O作于点B，
∵圆内接正方形的边心距为8，
∴，，
∴，
∴这个圆的半径为：．
故答案为： ．

【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，勾股定理等，根据题意作出图形并构造直角三角形是解题关键．
17．
【分析】首先证明点的运动轨迹是为直径的，连接交于点，求出的最小值即可；
【详解】如图，

∵，
∴，
∴点的运动轨迹是为直径的，连接交于点，
在中，，
∴，
∴当点从点出发按顺时针方向运动到点时，的最小值为．
故答案是．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，点与圆的位置关系，勾股定理，解题的关键是正确寻找点的运动轨迹，属于中考常考题型．
18．
【分析】连接，作于C，由正六边形的性质得出，，得出，由勾股定理求出，得出即可．
【详解】解：如图所示：

连接、，作于C，
则，，，
∴，
∴设，则，
由勾股定理可得，，
解得：，
∴，
即它的边长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握正六边形的性质，运用勾股定理求出AC是解决问题的关键．
19．
【分析】连接、、，作于M，先求出圆的半径，在中利用30度角的性质即可解决问题．
【详解】解；连接、、，作于M，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴是直径，，
∴，
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
在中，
∵，，
∴，，
∴．
故答案为： ．
【点睛】本题考查正多边形与圆、等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质等知识，解题的关键是熟练应用这些知识解决问题，属于中考常考题型．
20．/
【分析】连接，由圆周角定理可知，点H的轨迹是以为直径的圆上的优弧，以为直径的圆的圆心设为，连接并延长交弧于点，当H运动到处时，有最大值．连接，可证是等腰直角三角形，斜边，可得，则，在直角三角形中，由勾股定理得，则所求的有最大值为．
【详解】解：如图，

∵，
∴，
连接，
∴点H的轨迹是以为直径的圆上的优弧，如图所示，以为直径的圆的圆心设为，
连接并延长交弧于点，
连接，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
即的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质定理、圆周角定理等知识，熟练掌握圆周角定理找到点的运动轨迹是解题的关键．
21．
【分析】过点O作，垂足为D，根据垂径定理和勾股定理即可求出弦的弦心距离；延长交于点F，连接，，过点O作，垂足为点E，通过证明求出的长度，再结合垂径定理和勾股定理即可求出的长度．
【详解】解：过点O作，垂足为D，

在中，由勾股定理可得：，
∵，
∴，
∵半径为，
∴，
延长交于点F，连接，，过点O作，垂足为点E．

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，解得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理可得：，
∴在中，由勾股定理可得：，
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关知识点，根据题意作出辅助线求解．
22．
【分析】连接，根据圆周角定理得，然后用勾股定理得半径的长．
【详解】解：连接，如图所示，设半径为，
，，
，
，又

，
故答案为：．

【点睛】此题考查了圆周角定理、勾股定理，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解答此题的关键．
23．2
【分析】连接OC，根据圆心角与圆周角关系定理，得到OB⊥OC，得到△OBC是等腰直角三角形，根据勾股定理计算即可．
【详解】如图，连接OC，

∵，
∴∠AOC=90°，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∵，
∴OB=OC=1，
故AB=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了圆的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握圆的性质和勾股定理是解题的关键．
24．/
【分析】连接OA，根据圆周角定理求出的度数，再利用切线的性质得到，进而得到，然后利用含的直角三角形的性质求出OP的长度，用勾股定理求出AP的长度，即可得到的周长．
【详解】解：连接OA，如下图．


．
为的切线，
，
，
．
，
，
，
的周长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，含角的直角三角形的性质，勾股定理．掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解答关键．
25．①②④
【分析】先求出正八边形的中心角，得到，即可求出弧的长①正确错误；由勾股定理求得可得②正确；由，可得③错误；由于，可得，于是得到④正确．
【详解】解：，
，
弧的长为，
①正确；
，，
，
，
即，
②正确；
，
③错误；
，
，
，
，
④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，勾股定理，三角形的面积公式，熟练掌握正多边形的中心角和边数的关系是解决问题的关键．