2023-2024学年北师大版（2012）九年级下册第三章圆单元测试卷(含答案)

这是一份2023-2024学年北师大版（2012）九年级下册第三章圆单元测试卷(含答案)，共23页。
2023-2024学年 北师大版（2012）九年级下册 第三章� �圆� 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图，经过五边形的四个顶点，若弧等于，，，则弧的度数为（     ）  A． B． C． D．2．“圆材埋壁”是我国古代数学名著《九章算术》中的一个问题：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？大意是：如图，为的直径，弦，垂足为点E，寸，寸，则直径为（）A．13寸 B．18寸 C．24寸 D．26寸3．如图，是的直径，点在上，若，则的度数是（　　）A． B． C． D．4．如图，已知锐角，按如下步骤作图：（1）在射线上取一点C，以点O为圆心，长为半径作，交射线于点D，连接；（2）分别以点C，D为圆心，长为半径作弧，交于点M，N；③连接．根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（    ）A． B．C．若，则 D．5．如图所示，是的切线，A、B为切点，，点C是上不同于A、B的任意一点，则的度数为（    ）A． B． C．或 D．或6．把半径为的球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，若，则的长为（    ）A． B． C． D．7．如图，中，，点是边上的一点，与、分别相切于点、，点为上一点，连接，若四边形是菱形，则图中阴影部分面积是（    ）A． B． C． D．8．加图，在中，直径与弦相交于点，连接弦，，．若．给出下列结论：①；②，则下列判断正确的是（    ）A．①，②都对 B．①，②都错 C．①对，②错 D．①错，②对9．数学活动课上，九（1）班同学在研究（）和等腰（）的外接圆时，有以下发现：小明说“当时，这两个三角形的外接圆是等圆”；小刚说“当，时，这两个三角形的外接圆是等圆”．你认为说法正确的是（    ）A．小明对小刚不对 B．小刚对小明不对C．小明小刚都对 D．小明小刚都不对10．如图，四边形内接于半径为6的，，连交于E，若E为的中点，且，则四边形的面积是（    ）  A． B． C． D．11．如图，在正方形中，以为直径作半圆O，以点D为圆心、为半径作圆弧交半圆O于点P．连接并延长交于点E，则的值为 ．  12．如图由5个边长为1的小正方形组成的“L”形，圆O经过其顶点A、B、C，则圆O的半径为 ． 13．如图，在中，，，，点E在中线上，以E为圆心的圆E分别与、相切，则的半径是 ．  14．如图是一条高速公路隧道的横截面，若它的形状是以O为圆心的圆的一部分，圆的半径，高，则路面宽 15．在平面直角坐标系中，点，以原点为圆心，为半径作．若在内，设线段的长度为，则的取值范围是 ．16．如图：、是的两条切线，、是切点，、是上两点，如果，，则的度数是 度．17．如图，为的直径，C为上一点与过点C的直线互相垂直，垂足为D，平分．(1)求证：为的切线；(2)若，，求直径的长．18．如图，是的弦，C是外一点，，交于点P，交于点D，且．      (1)判断直线与的位置关系，并说明理由；(2)若，，求图中阴影部分的面积．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】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，多边形内角与外角，连接，由半径相等得到，，都为等腰三角形，根据，，求出与的度数，根据的度数确定出度数，进而求出的度数，即可确定出的度数．【详解】解：连接，  ∵，∴，，，皆为等腰三角形，∵，∴，∵，∴，∴，则度数为．故选：B．2．D【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形是关键．连接构成直角三角形，先根据垂径定理，由垂直得到点为的中点，由可求出的长，再设出圆的半径为，表示出，根据勾股定理建立关于的方程，解方程直接可得的值，即为圆的直径．【详解】连接，∵，且寸，∴寸，设圆的半径的长为，则∵，∴，在直角三角形中，根据勾股定理得：，化简得：，即，∴(寸)，故选：D．3．B【分析】此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”．根据邻补角的性质求得的度数，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可求得的度数．【详解】解：∵，∴，∴．故选：B．4．D【分析】本题考查圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，平行线的判定，由圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，平行线的判定，即可解决问题．【详解】解：如图，A、连接，，因此，故A不符合题意；B、连接，由，，，得到，因此，得到，由，得到，则，得到，故B不符合题意；C、由，得到，而，因此，故C不符合题意；D、由圆周角定理得到所以，故D符合题意．故选：D．5．C【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，以及四边形的内角和定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．连接，，当在优弧上时与在弧上时，分别求出的度数即可．【详解】解：如图示，连接，，、是的切线，，，，，，当在优弧上时，；当在劣弧上时，，则的度数为或．故选：C．6．D【分析】本题考查垂径定理，涉及到圆的基本性质，勾股定理等知识，掌握求弦长通常运用垂径定理构造直角三角形的方法是解题的关键．设球心为，过作交于，交于，连接，结合题意可解得，，根据勾股定理求得，最后由垂径定理求得结果．【详解】解：如图，设球心为，过作交于，交于，连接，由题意可知是矩形，，，，，，，，，，故选：D．7．A【分析】本题考查的是切线的性质，菱形的性质、扇形面积计算、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径、弧长公式是解题的关键．根据菱形的性质得到，根据圆周角定理得到，根据切线的性质得到，求出，根据直角三角形的性质、扇形面积公式计算，得到答案．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，由圆周角定理得：，∵与、分别相切于点、，∴，∴，，，，，，，，，，故选：A．8．D【分析】根据已知条件设，则，根据直径所对的圆周角是直角得到，根据同弧所对的圆周角相等得到，根据三角形内角和定理以及对顶角相等得到，根据等角对等边即可判断①，连接，证明，根据相似三角形的性质，即可得到②，从而求解．【详解】解：连接，如图所示：∵，设，则，∵，∴，∵是直径，∴，在中，，∴，在中，，∴，∴，不一定等于不能判断，故①错误；∵，∴，∴，又，∴，∴，即，∴，故②正确；故选：D．【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．9．A【分析】本题主要考查了三角形外接圆的性质、等腰三角形的性质、三角形全等的判定与性质、三角形内角和定理、三角形三边关系，记外接圆圆心为（如图1），外接圆圆心为（如图2），设，则，，证明，，再证明，即可判断小明的说法，画出图形，利用三角形三边关系即可判断小刚的说法，得到答案，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，，记外接圆圆心为（如图1），外接圆圆心为（如图2），设，则，为等腰三角形，在底边的垂直平分线上，由等腰三角形的三线合一可得：平分，，，，，，，，，，，，，，，，，，故小明说法正确，如图，当，时，由三角形三边关系可得：，故小刚说法错误，故选：A．10．C【分析】过点O作，垂足为F，连接．由等腰三角形的三线合一的性质可知：，然后由特殊锐角三角函数值可知，从而得到，根据圆周角定理可知：，过点A作，垂足为N，过点C作，垂足为M，首先证明，从而得到，然后由圆周角定理证明，从而得到，然后等腰三角形三线合一的性质可知：．在中，求得AN，证明．得，根据四边形的面积便可得结果．【详解】解：如图所示，过点O作，垂足为F，连接．  ∵，∴．在中，，∴．∴．∴．如图所示，过点A作，垂足为N，过点C作，垂足为M．  ∵E为的中点，，∴∴．又∵，∴．∴．∵，∴．∵，∴．∴．又∵，∴．在中，．∴，在和中，，∴．∴．∴四边形的面积．故选：C．【点睛】本题主要考查的圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的性质和判定、解直角三角形，全等三角形的性质和判定的综合应用，由若E为的中点，，得到，从而证得是解题的关键．11．3【分析】根据证得，从而证得，即可证得为半圆的切线；根据切线长定理和相似三角形的判定与性质得到：，整理得到，即可证得，从而求得．【详解】连接，  ∵是的直径，∵以点为圆心为半径做圆弧，在和中，∵点在上，∴为半圆的切线；延长与圆的另一个交点为，连接．四边形是正方形，∴是的切线，∵为的直径，∴，同理，是半圆的切线，∵为半圆的切线，整理得，故答案为：3．【点睛】本题考查了正方形的性质，切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，切线长定理，掌握以上知识是解题的关键．12．/【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，取的中点E，作，由垂直定理可得圆心O在上，连接，根据圆的性质，再结合勾股定理即可求解．【详解】解：如图，取的中点E，作，连接，由题意知，，，则，，设，则，，，，即，解得，，即圆O的半径为，故答案为：．13．【分析】本题考查了勾股定理、相似三角形的判定及性质、切线的性质，作于，作于，作于，连接，，设的半径为，根据勾股定理得，根据相似三角形的判定及性质得，根据即可求解，熟练掌握基础知识是解题的关键．【详解】作于，作于，作于，连接，，如图：  四边形是矩形，设的半径为，在中，，，，，是中线，，以E为圆心的圆E分别与、相切，，，，，，，即：，，，，故答案为：．14．8【分析】本题考查的是垂径定理的应用，勾股定理，首先根据题意得到，然后利用勾股定理求出，然后利用垂径定理求解即可．解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．【详解】∵半径∴∴∵∴∴．故答案为：8．15．【分析】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．根据点与圆的位置即可求解．【详解】解：由题意得的半径为1，∵点在内，∴，故答案为：．16．【分析】本题主要考查切线长定理、等腰三角形的性质、圆内接四边形的性质．根据切线长定理得，则，再根结合内接四边形的对角互补和平角即可求得．【详解】解：、是的切线，，又，，，四边形内接于，，．故答案为：99.17．(1)见详解(2)4【分析】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理，解决本题的关键是掌握切线的判定与性质．（1）如图，连接，根据已知条件可以证明，得，由，得，进而可得为的切线；（2）连接，根据垂径定理，直角三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）证明：如图所示，连接．平分又∵是的半径，∴为的切线．（2）如图所示，过点作于点，∵，∴，∴．∵．由垂径定理得：．∴的直径为4．18．(1)直线与相切，理由见解析(2)【分析】（1）连接，根据得，根据得，根据得，在中，根据得，即，，根据是半径，即可得；（2）根据得，则，根据得是等边三角形，则，可得，则，即可得，根据勾股定理得，用三角形的面积减去扇形的面积即可得．【详解】（1）解：直线与相切，理由如下：如图所示，连接，  ∵，∴，∵，∴，∵，∴在中，∵，∴，即，∴，又∵是的半径，∴直线与相切；（2）解：如图所示，连接，  ∵，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴ ∴，∴，∴，∴，∴图中阴影部分的面积：．【点睛】本题主要考查了切线的判定，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，扇形的面积计算等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．