24.1 圆的有关性质贵州省各地九年级数学期末试题选编(含答案)

这是一份24.1 圆的有关性质贵州省各地九年级数学期末试题选编(含答案)，共22页。

24.1 圆的有关性质

一、单选题
1．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，点A、B、C、D都在上，，，则等于（   ）


A．25° B．30° C．40° D．50°
2．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，，点、、、都在上，，，则等于（　　）

A． B． C． D．
3．（2022秋·贵州黔南·九年级统考期末）如图，在中，是直径，是弦，于，，，则的长为（   ）

A．4 B．1 C． D．2
4．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，在⊙O中，CD是⊙O的直径，于点E，若，，则⊙O的直径为（    ）

A． B． C．4 D．8
5．（2022秋·贵州遵义·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，点C为的中点，在上取一点E，过点E作弦ED⊥AB于点F，延长DE交AC的延长线于点G，连接AD、CD、CE．若AB＝4，∠DCE＝∠GCE，则DG的长为（　　）

A．1+2 B．1+2 C．3+ D．3+
6．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）数学活动课上，同学们想测出一个残损轮子的半径，小宇的解决方案如下：如图，在轮子圆弧上任取两点A，B，连接，再作出的垂直平分线，交于点C，交于点D，测出的长度，即可计算得出轮子的半径．现测出，则轮子的半径为（    ）

A． B． C． D．
7．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，⊙O的半径为5，弦AB的长为8，M是弦AB上的动点，则线段OM长的最小值为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
8．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）已知⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，P为⊙O上除C、D外任意一点，则∠CPD的度数为（　　）

A．30° B．30°或150°
C．60° D．60°或120°
9．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，的半径为10，弦，M是弦上的动点，则的最小值是（    ）

A．10 B．8 C．6 D．无法确定
10．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，将含角的三角板的顶点放在半圆上，这个三角板的两边分别与半圆相交于点A，B，则弦所对的圆心角是（    ）

A． B． C． D．
11．（2022秋·贵州黔西·九年级期末）如图，O为线段的中点，点A，C，D到点O的距离相等，则∠A与∠C的数量关系为（    ）

A． B． C． D．
12．（2022秋·贵州黔西·九年级期末）如图，AB为⊙O的直径，∠BED＝20°，则∠ACD的度数为（    ）

A．80° B．75° C．70° D．65°

二、填空题
13．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，是半圆O的直径，点C、D在半圆O上，点D是弧的中点，点P是直径上的动点，连接AC．若，，则的最小值为 ．

14．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，是半圆的直径，点、在半圆上，点是弧的中点，点是直径上的动点，连接．若，，则的最小值为 ．

15．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，的弦，过点O作于点C，交于点P，若，则的半径为 ．

16．（2022秋·贵州遵义·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，点E是边AB上一动点，连接CE，把△BCE沿直线CE翻折得到△B’CE，连接AB’，若AB＝12，BC＝8．则线段AB’的最小值为 ；连接B’D，取B’D的中点F，连接AF，则线段AF的最小值为 ．

17．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，在等腰中，，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点．当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是 ．

18．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，若∠ABD=55°，则∠BCD的度数 ．

19．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）已知：如图，等腰三角形ABC中，AB=AC=4，若以AB为直径的⊙O与BC相交于点D，DE∥AB，DE与AC相交于点E，则DE= ．

三、解答题
20．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）（1）【学习心得】
小明同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
例如：如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝　 　°．
（2）【问题解决】
如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝27°，求∠BAC的数．
（3）【问题拓展】
如图3，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为4，则线段DH长度的最小值是 　 　．

21．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，有一座圆弧形拱桥，它的跨度为，拱高为，当洪水泛滥到跨度只有时，就要采取紧急措施，若某次洪水中，拱顶离水面只有，即时，试通过计算说明是否需要采取紧急措施.

22．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图1是我国古代的水车．如图2，其示意图是以轴心O为圆心，长为半径的圆．若被水面截得的弦的长为，求水车在水面以下的最大深度．


参考答案：
1．C
【分析】先根据垂径定理由得到，然后根据圆周角定理计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理．
2．C
【分析】先根据垂径定理由得到，然后根据圆周角定理计算即可．
【详解】解：，
，
，
，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理．
3．D
【分析】连接，利用垂径定理可求出的长，再由勾股定理即可求出的长，进而可求出的长．
【详解】解：连接，

是直径，是弦，于，，
，
，
，
．
．
故选：D．
【点睛】本题考查的是垂径定理及勾股定理，解题的关键是连接，构造出直角三角形，利用勾股定理求解．
4．D
【分析】由垂径定理得，由勾股定理求出半径OA，即可求出直径．
【详解】解：∵CD是⊙O的直径，，，
，
在Rt△OAE中，由勾股定理得：
，
，
即⊙O的直径为8．
故选：D．
【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理，熟练利用垂径定理求出AE的长度是解题的关键．
5．D
【分析】连接AE，OD，先证明∠DAE＝∠ADE得到EA＝ED，再利用垂径定理证明AF垂直平分ED，则AE＝AD，于是可判断△ADE为等边三角形，则∠EAB＝∠DAB＝30°，利用圆周角定理得到∠DOF＝60°，则可计算出OF＝1，DF＝，然后证明∠BAC＝45°得到GF＝AF＝3，于是计算GF＋FD即可．
【详解】连接AE，OD，如图，

∵∠ACE＋∠ADE＝180°，∠GCE＋∠ACE＝180°，
∴∠GCE＝∠ADE，
∵∠DCE＝∠GCE，
∴∠DCE＝∠ADE，
∵∠DCE＝∠DAE，
∴∠DAE＝∠ADE，
∴EA＝ED，
∵ED⊥AB，
∴EF＝DF，，
即AF垂直平分ED，
∴AE＝AD，
∴AE＝DE＝AD，
∴△ADE为等边三角形，
∴∠DAE＝60°，
∴∠EAB＝∠DAB＝30°，
∵∠DOF＝2∠DAB＝60°，AB=4
∴OF＝OD＝1，
∴DF＝OF＝，
∵AB是⊙O的直径，点C为的中点，
∴∠BAC＝45°，
在Rt△AGF中，GF＝AF＝OA＋OF＝2＋1＝3，
∴GD＝GF＋FD＝3＋．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理．
6．C
【分析】由垂径定理，可得出BC的长；连接OB，在Rt△OBC中，可用半径OB表示出OC的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径即可．
【详解】解：设圆心为O，连接OB．

Rt△OBC中，BC=AB=20cm，
根据勾股定理得：
OC2+BC2=OB2，即：
（OB-10）2+202=OB2，
解得：OB=25；
故轮子的半径为25cm．
故选：C．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
7．B
【分析】过O作CO⊥AB于C，根据垂线段最短知线段OM的最小值为OC，连接OA，根据垂径定理得AC=4，再由勾股定理求出OC即可．
【详解】解：过O作CO⊥AB于C，则线段OM的最小值为OC，
连接OA，
∵CO⊥AB，AB=6，
∴AC=AB=3，
在Rt△ACO中，AO=5，由勾股定理得：
，
即线段OM的最小值为3，
故选：B．

【点睛】本题考查垂径定理、勾股定理、垂线段最短，熟练掌握垂径定理，熟知垂线段最短是解答的关键
8．B
【分析】连接OC，OD，分P点在优弧CAD上时与P点在劣弧CD上时两种情况，根据圆周角定理进行解答即可.
【详解】解：连接OC，OD，
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴∠COD=60°，
如图1，当P点在弧CAD上时，
∠CPD=∠COD=30°；

如图2，当P点在弧CD上时，
∠CPD=（360°﹣∠COD）=150°.
故选B.

【点睛】本题主要考查正六边形的性质，圆周角定理，解此题的关键在于熟练掌握其知识点，根据题意分情况进行讨论.
9．C
【分析】先过O作于D，连接，根据勾股定理求出的值，进而可求出的取值范围．
【详解】解：过O作于D，连接，

∵，，
∴，
∴，
∴，即．
∴的最小值是6，
故选：C．
【点睛】本题考查了垂径定理及勾股定理，垂线段最短，能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．
10．C
【分析】连接，，根据圆周角定理得出．
【详解】解：连接，，

由圆周角定理得：，
∵，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，能根据圆周角定理得出是解此题的关键．
11．D
【分析】根据题意可得四边形为的圆内接四边形，即可求解．
【详解】解∶∵O为线段的中点，点A，C，D到点O的距离相等，
∴点A，B，C，D到点O的距离相等，
∴点A，B，C，D在以O为圆心的圆上，即四边形为的圆内接四边形，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
12．C
【分析】连接BC，证明∠ACB＝90°，∠DCB＝20°，可得结论．
【详解】解：连接BC．

∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠DCB＝∠DEB＝20°，
∴∠ACD＝90°﹣∠DCB＝70°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，准确分析计算是解题的关键．
13．1
【分析】作点D关于的对称点为点E，连接交于点P，连接，，，，根据对称性可得，，从而可得，此时有最小值，再利用圆周角定理可得，从而可得，再根据垂径定理可得，从而可得，进而可得，最后可得是等边三角形，利用等边三角形的性质即可解答．
【详解】解：作点D关于的对称点为点E，连接交于点P，连接，，，，

∴，，
∴，此时有最小值，
∵，
∴，
∵点D是弧的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴的最小值为1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了轴对称：最短路线问题，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题目的已知条件并结合图添加适当的辅助线是解题的关键．
14．1
【分析】作点关于的对称点为点，连接交于点，连接，，，，根据对称性可得，，从而可得，此时有最小值，再利用圆周角定理可得，然后根据已知易得，从而可得，再根据垂径定理可得，从而可得，进而可得，最后可得是等边三角形，利用等边三角形的性质即可解答．
【详解】解：作点关于的对称点为点，连接交于点，连接，，，，

，，
，此时有最小值，
，
，
点是弧的中点，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
的最小值为1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了轴对称：最短路线问题，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题目的已知条件并结合图添加适当的辅助线是解题的关键．
15．
【分析】连接，根据题意，令，则，再根据线段之间的数量关系和圆的性质，得出，再根据垂径定理，得出，再根据勾股定理，得出，解出即可得出的半径．
【详解】解：如图，连接，

∵，
令，则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：或（舍去），
∴，
∴的半径为．
故答案为：
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理、解一元二次方程，解本题的关键在熟练掌握垂径定理．
16． 6
【分析】连接AC，根据△BCE沿直线CE翻折得到△CE，知C＝BC＝8，即的轨迹是以C为圆心，8为半径的弧，故当与A、C共线时，线段A最小，由AB＝12，BC＝8，即可得到A最小值为AC−C＝4−8，取CD的中点G，连接GF、AG，由G是CD中点，F为D的中点，知FG＝C＝BC＝4，故F点的轨迹是以G为圆心，4为半径的弧，即得F与A、G共线时，AF最小，而AG＝＝10，即得AF最小为AG−FG＝10−4＝6．
【详解】解：连接AC，如图：

∵△BCE沿直线CE翻折得到△CE，
∴B’C＝BC＝8，
∴的轨迹是以C为圆心，8为半径的弧，
∴当与A、C共线时，线段A最小，
∵AB＝12，BC＝8，四边形ABCD是矩形，
∴AC＝，
∴A最小值为AC−C，
取CD的中点G，连接GF、AG，如图：

∵G是CD中点，F为D的中点，
∴FG是△CD的中位线，
∴FG＝C＝BC＝4，
∴F点的轨迹是以G为圆心，4为半径的弧，
∴F与A、G共线时，AF最小，
∵AG＝＝10，
∴AF最小为AG−FG＝10−4＝6，
故答案为：，6．

【点睛】本题考查矩形中的折叠问题，勾股定理，根据点与圆的位置关系求最值，解题的关键是掌握折叠的性质，找到和F的轨迹．
17．
【分析】取AB中点O，连接OP，OC，取OC中点D，连接MD，由勾股定理可得的长度，由三角形中位线定理可知，可以推出点的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆．
【详解】取AB中点O，连接OP，OC，取OC中点D，连接MD，

∵为等腰直角三角形，
∴，
，
，
由题意可知，点M的运动路径是以点D为圆心，以为半径的半圆，
点M的运动路径长，
故答案为：．
【点睛】本题考查了轨迹、点按一定规律运动所形成的的圆形为点运动的轨迹、等腰直角三角形的性质、勾股定理、三角形中位线定理、圆的周长的计算等知识点，解答本题的关键是作出辅助线，正确寻找点的运动轨迹．
18．35°
【分析】连接AD，根据圆周角的性质得到∠ADB=90°，根据余角的性质得到∠DAB=35°，最后根据同弧多对圆周角相等即可求解．
【详解】连接AD

∵AB是⊙O的直径
∴∠ADB=90°
∵∠ABD=55°
∵∠DAB=90°-55°=35°
∴∠BCD=∠DAB=35°
故答案为35°．
【点睛】本题考查了圆周角定理，正确的做出辅助线是本题的关键，并且要熟练应用圆周角的性质．
19．2.
【详解】解：连接AD，

∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
又∵AB=AC，
∴D为BC的中点，
又∵DE∥AB，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE=AB=×4=2．
20．（1）45；（2）27°；（3）2﹣2
【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．
（2）由A、B、C、D共圆，得出∠BDC=∠BAC，
（3）根据正方形的性质可得AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，利用“SAS”证明△ADG和△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，取AB的中点O，连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=AB=2，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．
【详解】解：（1）如图1，

∵AB＝AC，AD＝AC，
∴以点A为圆心，AB为半径作辅助⊙A，则点B、C、D必在⊙A上，
∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，
∴∠BDC＝∠BAC＝45°，
故答案是：45；
（2）如图2，

取BD的中点O，连接AO、CO．
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴点A、B、C、D共圆，
∴∠BDC＝∠BAC，
∵∠BDC＝27°，
∴∠BAC＝27°，
（3）如图3，

在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠1＝∠2，
在△ADG和△CDG中，
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），  
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAH+∠3＝∠BAD＝90°，
∴∠1+∠BAH＝90°，
∴∠AHB＝180°﹣90°＝90°，
取AB的中点O，连接OH、OD，
则OH＝AO＝AB＝2，
在Rt△AOD中，OD＝＝＝2，
根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，
∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，
最小值＝OD﹣OH＝2﹣2．
故答案为：2﹣2．
【点睛】本题主要考查了圆的综合题，需要掌握圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握圆的性质及正方形的性质是解题的关键．
21．不需要采取紧急措施，理由详见解析.
【分析】连接OA′，OA．设圆的半径是R，则ON＝R−4，OM＝R−18．根据垂径定理求得AM的长，在直角三角形AOM中，根据勾股定理求得R的值，在直角三角形A′ON中，根据勾股定理求得A′N的值，再根据垂径定理求得A′B′的长，从而作出判断．
【详解】设圆弧所在圆的圆心为，连结，，如图所示
设半径为则
由垂径定理可知，
∵，∴，且
在中，由勾股定理可得
即，解得
∴
在中，由勾股定理可得

∴
∴不需要采取紧急措施.

【点睛】此类题综合运用了勾股定理和垂径定理，解题的关键是熟知垂径定理的应用.
22．
【分析】过点作半径于，利用垂径定理得到，再利用勾股定理计算出，然后计算出的长即可．
【详解】解：过点作半径于，如图，
，
在中，，
，
答：水车在水面以下的最大深度为．

【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．