2023-2024学年京改版九年级上册第二十二章圆（下）单元测试卷(含答案)

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2023-2024学年 京改版九年级上册 第二十二章� 圆（下） 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图，在圆内接正六边形中，分别交于点，则的度数为（）A． B． C． D．2．如图，正六边形内接于，若正六边形的周长是，则它的边心距为（    ）A．2 B． C． D．3．如图的方格纸中，每个方格的边长为1，A、两点皆在格线的交点上，今在此方格纸格线的交点上另外找两点、，使得的外心为，则的长度为（    ）A．4 B．5 C． D．4．如图，正五边形内接于，P为上一点，连接，，则的度数为（    ）A． B． C． D．5．数轴上有两个点和，点表示实数16，点从原点出发，以每秒2个单位的速度向右运动，运动速度为半径为4，若点在外，则（    ）A．或 B． C．琙 D．6．若一个等边三角形的边长为，则其内切圆与外接圆的半径分别为（    ）A．， B．， C．1， D．1，27．如图，在中，，，，则的内切圆的半径是（    ）A．2 B． C．1 D．无法判断8．如图，的边与相交于、两点，且经过圆心，边与相切，切点为．已知，则的度数为(   )A． B． C． D．9．如图，线段是的直径，是的弦，过点C作的切线交的延长线于点E，，则（    ）A． B． C． D．10．如图，以为直径的与相切于点B，连接交于点D，点E为边中点，连接交于点．若的半径为4，．则的值为（    ） A． B． C． D．11．直线与相切于点，是与线段的交点，是上的动点（点与，不重合），若，则的度数为 .12．在中，，则它的外接圆的半径为 ．13．如图，、为的切线，和是切点，延长到点，使，连接，若，则 度．14．中，是的中点，以点为圆心作，若与边有且仅有一个交点，则的半径应满足 ．15．如图，点分别是锐角的外心、内心，若，则 °16．如图，已知点D在锐角三角形的边上，，点E、F分别是、的外心，且，那么 度．   17．如图，是的直径，点是劣弧中点，与相交于点．连接，，与的延长线相交于点．(1)求证：是的切线；(2)求证：；(3)若，，请直接写出_____．18．如图，在中，，点是上一点，以为圆心，的长为半径作，若与相切于点．(1)求证：；(2)若的半径为1，求阴影部分面积是多少？评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、解答题参考答案：1．B【分析】本题考查正多边形和圆，等腰三角形的性质，熟练掌握正六边形的性质是解题关键．根据正六边形的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．【详解】解：在圆内接正六边形中，故选：B．2．C【分析】连接、，过作于点，根据正六边形的特点得到，，进而证明是等边三角形，则，，据此可得答案．本题考查的是正多边形和圆，等边三角形的性质与判定，解直角三角形等知识，数形结合是解题的关键．【详解】解：连接、，过作于点，则，如图所示，∵多边形是正六边形，正六边形的周长是12，∴，，∵，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，故选：C．3．D【分析】本题考查三角形的外接圆与外心，勾股定理，关键是掌握三角形的外心的性质．三角形外心的性质：三角形的外心到三角形三顶点的距离相等，由此得到，从而确定B、C的位置，然后利用勾股定理计算即可．【详解】解：∵的外心为O，，，，、是方格纸格线的交点，、的位置如图所示， ．故选：D．4．B【分析】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键．【详解】解：连接、，∵是圆内接五边形，∴，∴，故选B．5．A【分析】本题主要考查了实数与数轴，点与圆的位置关系，解不等式，根据题意可得，再由点A在圆外可得，即可得到，解之即可得到答案．【详解】解：由题意得，点A表示的数为，∴，∵半径为4，点在外，∴，∴，∴或，∴或，故选A．6．D【分析】本题考查了三角形的内切圆与外接圆、三角形重心的性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质等知识点．三角形的内切圆圆心是三角形三条角平分线的交点，三角形的外接圆圆心是三角形三条垂直平分线的交点．对于等边三角形，其内切圆圆心与外接圆圆心重合，据此即可作图求解．【详解】解：如图所示：为等边三角形的外接圆的半径，为等边三角形的内切圆的半径，连接，∵，∴，在中，，，，，，，，，故选：D．7．C【分析】本题考查了勾股定理、切线的性质、三角形的面积，由勾股定理可得，再由，，列式计算即可，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．【详解】解：如图，连接、、，，在中，，，，，，，，，故选：C．8．B【分析】此题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；以及圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于所对圆心角的一半．根据切线的性质由与相切得到，则，利用得到，再根据三角形外角性质得，由于，所以．【详解】解：连结，如图，与相切，，，，，与是所对的圆心角和圆周角，．故选：B．9．B【分析】本题考查圆周角定理，切线的性质，根据是的切线可得，进而求出，根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可求解．【详解】解：如图，连接，是的切线，，，，，故选B．10．B【分析】如图，连接，则，，为的中位线，由勾股定理得，，则，证明，可求，证明，根据，计算求解即可．【详解】解：如图，连接，∵为直径，∴，∵与相切于点B，∴，∵点E为边中点，点O为边中点，∴，为的中位线，∴，，由勾股定理得，，∴，∵，∴，∴，即，解得，∵，∴，∴，∴，故选：B．【点睛】本题考查直径所对的圆周角为直角，切线的性质，中位线，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握直径所对的圆周角为直角，切线的性质，中位线，相似三角形的判定与性质是解题的关键．11．或【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质．先由切线的性质和三角形内角和定理求出，再分点D在优弧上及在劣弧上两种情况考虑，利用圆周角定理及圆内接四边形的性质即可完成求角．【详解】解：如图所示，连接，∵直线与相切于点，∴，∵，∴，当点D在优弧上时，则，当点D在劣弧上时，则，综上所述，的度数是或，故答案为：或．12．【分析】本题考查了三角形外接圆，直角三角形斜边上中线性质，勾股定理；由勾股定理求得斜边，由斜边上中线性质得三角形外接圆半径．【详解】解：由勾股定理得：，由于直角三角形外接圆圆心在斜边的中点，半径为斜边的一半，所以外接圆的半径为，故答案为：．13．64【分析】本题考查了切线长定理，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理的应用；由已知条件推导出，，由此根据，能求出的大小．【详解】解：如图所示，连接，、为的切线，和是切点，，垂直平分，，，，，．故答案为：．14．或【分析】本题考查含角的直角三角形的性质，直线和圆的位置关系，掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．过点D作的垂线，垂足为E，过点A作于点F，连接，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半可以得到，，利用勾股定理求出长，分为相切和当B在圆内部，点C在上或在外分类讨论即可解题．【详解】过点作的垂线，垂足为，过点作于点，连接，，，∵是的中点,，，，∵，∴，∴，，当，即 时，与边有且仅有一个交点，当在圆内部，点在上或在外时，即 时, 与边也有且仅有一个交点，∴当或 ，与边有且仅有一个交点，故答案为：或 ．15．25【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角，也考查了三角形外心的性质和圆周角定理，连接，先计算出，再根据三角形外心的性质得到，则利用等腰三角形的性质和三角形内角和可计算出，接着根据圆周角定理得到，则利用三角形内角和可计算出，然后根据三角形内心的性质得到的度数．【详解】解：如图，连接，，，，点是锐角的外心，，，，，，点是锐角的内心，，故答案为：．16．30【分析】本题考查了外心的性质，解直角三角形，圆内接四边形的性质；作于点，于点，于点，证明，求出，再证点E、M、D、F四点共圆，根据圆内接四边形的性质可得答案．【详解】解：作于点，于点，于点，∵、分别为、的外心，∴、分别为、的中点，又∵，∴，∴，∴，又∵、分别为、的外心，∴，∵，∴点E、M、D、F四点共圆，∴，故答案为：30．17．(1)见解析；(2)见解析；(3)．【分析】此题考查了圆的切线的判定定理，直径所对的圆周角是直角，同弧或等弧所对的圆周角相等，垂径定理，勾股定理等知识，利用同弧或等弧所对的圆周角相等以及勾股定理列出方程，是解决问题的关键．（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角及等腰三角形转换得，即可证明结论；（2）根据同弧或等弧所对的圆周角相等，以及平行线的判定和性质，推论转化即可证明结论；（3）根据垂径定理得到点为的中点，设，则，利用勾股定理列方程计算得出，再利用中位线的性质即可求出的长．【详解】（1）连接，  ∵是直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴是的切线；（2）∵点是中点，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴．（3）如图：设交于点H，  ∵，，∴，∴；设，则为，根据勾股定理，得，解得：，∴，∵是的中位线，∴．故答案为：．18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）如图所示，连接，根据切线的性质得到，根据等边对等角得到，由此利用三角形内角和定理求出，即可证明结论；（2）先求出，再根据进行求解即可．【详解】（1）证明：如图所示，连接，∵与相切于点，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴；（2）解：∵的半径为1，∴，∵，∴，∴ ．【点睛】本题主要考查了切线的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，求不规则图形的面积等等，证明是解题的关键．