第27章 圆 华东师大版九年级数学下册单元测试卷(含解析)

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2022-2023学年华东师大新版九年级下册数学《第27章 圆》单元测试卷一．选择题（共12小题，满分36分）1．如图所示，P是⊙O外一点，PA，PB分别和⊙O切于A，B两点，C是上任意一点，过C作⊙O的切线分别交PA，PB于D，E．若△PDE的周长为12，则PA的长为（　　）A．12 B．6 C．8 D．42．过圆上一点可以作出圆的最长的弦有（　　）条．A．1 B．2 C．3 D．43．⊙O半径为5，弦AB∥CD，AB＝6，CD＝8，则AB与CD间的距离为（　　）A．1 B．7 C．1或7 D．3或44．已知⊙O的半径OA长为，若OB＝2，则可以得到的正确图形可能是（　　）A． B． C． D．5．边长为3cm、4cm、5cm的三角形的外接圆半径等于（　　）cm．A．1.5 B．2 C．2.5 D．2.46．已知⊙O的半径为2，点O到直线l的距离是4，则直线l与⊙O的位置关系是（　　）A．相离 B．相切 C．相交 D．以上情况都有可能7．如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形称为勒洛三角形．若等边三角形的边长为3，则勒洛三角形的周长为（　　）A． B．3π C． D．8．如图，点A，B，C在⊙O上，若∠AOB＝100°，则∠ACB的度数为（　　）A．40° B．50° C．80° D．100°9．如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在劣弧AB上，连接DP，交AC于点Q．若QP＝QO，则的值为（　　）A． B． C． D．10．已知二次函数y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于点A，点B（其中点A在点B的左侧），记二次函数的最低点为点C，过点A，点B作二次函数的两条切线（即直线与二次函数有且仅有一个交点）交于点P，则线段CP的长度为（　　）A． B． C．4 D．511．如图，四边形ABCD内接于半径为5的⊙O，AB＝BC＝BE，AB⊥BE，则AD的长为（　　）A．5 B． C． D．1012．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A'B'CD'的边A'B'与⊙O相切，切点为E，边CD'与⊙O相交于点F，过点O，E的直线交CF于点G，则CF的长为（　　）A．4.5 B．4 C．3.5 D．3二．填空题（共12小题，满分36分）13．如图，已知AB是⊙O的直径，PC切⊙O于点C，∠PCB＝35°，则∠B等于　 　度．14．若一个扇形的半径是3cm，所对圆心角为90°，则这个扇形的面积是 　 　cm2．15．如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点D是弧CAB上一点，若∠ABC＝20°，则∠D的度数是 　 　．16．如图，已知⊙O与Rt△AOB的斜边交于C，D两点，C、D恰好是AB的三等分点，若⊙O的半径等于5，则AB的长为　 　．17．如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，且∠A＝90°，BC＝10，CA＝8，△ABC的面积是 　 　，⊙O的半径是 　 　．18．如图，已知正六边形ABCDEF的边长是6，点P是AD上的一动点，则PE+PF的最小值是 　 　．19．如图是一座圆弧型拱桥的截面示意图，若桥面跨度AB＝48米，拱高CD＝16米（C为AB的中点，D为弧AB的中点）．则桥拱所在圆的半径为 　 　米．20．如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，已知∠BOD＝140°，则∠BCD的度数为 　 　．21．平面直角坐标系内的三个点A（1，﹣3）、B（0，﹣3）、C（2，﹣3），　 　确定一个圆，（填“能”或“不能”）．22．在下图中，AB是⊙O的直径，要使得直线AT是⊙O的切线，需要添加的一个条件是 　 　．（写一个条件即可）23．如图，AB是圆锥底面的直径，AB＝6cm，母线PB＝9cm，点C为PB的中点，若一只蚂蚁从A点处出发，沿圆锥的侧面爬行到C点处，则蚂蚁爬行的最短路程为 　 　．24．如图，AB为半圆O的直径，现将一块等腰直角三角板如图放置，锐角顶点P在半圆上，斜边过点B，一条直角边交该半圆于点Q．若AB＝4，则弧BQ的长为 　 　．三．解答题（共8小题，满分78分）25．在平面内，给定不在同一直线上的点A，B，C，如图所示．点O到点A，B，C的距离均等于r（r为常数），到点O的距离等于r的所有点组成图形G，∠ABC的平分线交图形G于点D，连接AD，CD．求证：AD＝CD．26．如图，△ABC内接于⊙O，AE是⊙O的直径，AE⊥BC，垂足为D．（1）求证：∠ABO＝∠CAE；（2）已知⊙O的半径为5，DE＝2，求BC长．27．弯制管道时，先按中心计算“展直长度”再下料，试计算图中所示管道的展直长度．（π≈3.14，单位：cm，精确到1cm，弯制管道的粗细不计）28．随着疫情的持续，各地政府储存了充足的防疫物品．某防疫物品储藏室的截面是由如图所示的图形构成的，图形下面是长方形ABCD，上面是半圆形，其中AB＝2.3m，BC＝2.6m，一辆装满货物的运输车，其外形高2.6m，宽2.4m，它能通过储藏室的门吗？请说明理由．29．如图，以AB为直径的⊙O经过△ABC的顶点C，AE，BE分别平分∠BAC和∠ABC，AE的延长线交BC于点F，交⊙O于点D，连接BD．（1）求证：∠CBD＝∠BAD；（2）求证：BD＝DE；（3）若，，求BC的长．30．如图，正方形ABCD内接于⊙O，＝，求证：BM＝CM．31．在古代，智慧的劳动人民已经会使用“石磨”，其原理为在磨盘的边缘连接一个固定长度的“连杆”，推动“连杆”带动磨盘转动，将粮食磨碎，物理学上称这种动力传输工具为“曲柄连杆机构”．小明受此启发设计了一个“双连杆机构”，设计图如图1，两个固定长度的“连杆”AP，BP的连接点P在⊙O上，当点P在⊙O上转动时，带动点A，B分别在射线OM，ON上滑动，OM⊥ON．当AP与⊙O相切时，点B恰好落在⊙O上，如图2．请仅就图2的情形解答下列问题．（1）求证：∠PAO＝2∠PBO；（2）若⊙O的半径为3，AP＝4，求BP的长．32．如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，点C在⊙O上，CA＝CD，∠D＝30°．（1）试判断直线与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若⊙O的半径为5，求点A到CD所在直线的距离．参考答案与试题解析一．选择题（共12小题，满分36分）1．解：∵PA，PB分别和⊙O切于A，B两点，∴PA＝PB，∵DE是⊙O的切线，∴DA＝DC，EB＝EC，∵△PDE的周长为12，即PD+DE+PE＝PD+DC+EC+PE＝PD+AD+EB+PE＝PA+PB＝2PA＝12，∴PA＝6．故选：B．2．解：过圆上一点的最长弦为过这点的直径．故选：A．3．解：过O点作OE⊥AB，E为垂足，交CD与F，连OA，OC，如图，∵AB∥CD，∴OF⊥CD，∴AE＝BE，CF＝DF，而AB＝6，CD＝8，∴AE＝3，CF＝4，在Rt△OAE中，OA＝5，OE＝＝＝4；在Rt△OCF中，OC＝5，OF＝＝＝3；当圆O点在AB、CD之间，AB与CD之间的距离＝OE+OF＝7；当圆O点不在AB、CD之间，AB与CD之间的距离＝OE﹣OF＝1；所以AB与CD之间的距离为7或1．故选：C．4．解：⊙O的半径OA长，若OB＝2，∵＜2，∴OA＜OB，∴点B在圆外．故选：A．5．解：因为边长为3cm、4cm、5cm的三角形是直角三角形，所以直角三角形的外接圆半径等于斜边的一半，三角形的外接圆半径等于2.5cm．故选：C．6．解：∵⊙O的半径为2，圆心O到直线l的距离为4，∵4＜2，即：d＞r，∴直线l与⊙O的位置关系是相离．故选：A．7．解：如图．∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝CA＝a，∴的长＝的长＝的长＝＝π，∴勒洛三角形的周长为π×3＝3π．故选：B．8．解：∵∠AOB＝100°，∴，故选：B．9．解：如图，设⊙O的半径为r，QO＝m，则QP＝m，QC＝r+m，QA＝r﹣m．在⊙O中，根据相交弦定理，得QA•QC＝QP•QD．即（r﹣m）（r+m）＝m•QD，所以QD＝．连接DO，由勾股定理，得QD2＝DO2+QO2，即，解得所以，．解法二：连接OD，OP．∵QO＝QP，∴∠P＝∠POQ＝∠PDO，设∠P＝∠POQ＝∠PDO＝α，∴∠ADP＝∠AOP＝α，∵∠ADO＝45°，∴α+α＝45°．∴α＝30°，设OQ＝m，则OD＝OC＝OA＝m，∴＝＝+2．故选：D．10．解：y＝x2﹣2x﹣3，当y＝0时，则x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴该函数图象的最低点为C（1，﹣4），设函数图象过点A的切线为y＝kx+b，则﹣k+b＝0，∴b＝k，∴y＝kx+k，由得x2﹣2x﹣3＝kx+k，整理得x2﹣（2+k）x﹣k﹣3＝0，∵该方程有两个相等的实数根，∴[﹣（2+k）]2﹣4（﹣k﹣3）＝0，解得k1＝k2＝﹣4，∴y＝﹣4x﹣4，当x＝1时，y＝﹣4﹣4＝﹣8，由二次函数的图象的对称性可知，点P在直线x＝1上，∴P（1，﹣8），∴CP＝﹣4﹣（﹣8）＝4，故选：C．11．解：连接BD、OA、OD，∵AB＝BC，∴＝，∴∠BDA＝∠BDC，∵四边形ABCD内接于半径为5的⊙O，∴∠BAD+∠C＝180°，∵BC＝BE，∴∠BEC＝∠C，∵∠BEC+∠BED＝180°，∴∠BAD＝∠BED，在△BAD和△BED中，，∴△BAD≌△BED（AAS），∴∠ABD＝∠EBD，∵AB⊥BE，∴∠ABD＝45°，∴∠AOD＝90°，在Rt△AOD中，OA＝OD＝5，∴AD＝5．故选：B．12．解：过点O作OH⊥B′C于点H，∴∠OHB′＝90°，∵A'B'与⊙O相切于点E，∴∠OEB′＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝5，∴OD＝OC＝OE＝2.5，由旋转得：BC＝B′C＝4，∵四边形A′B′C′D′是矩形，∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，∴四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形，∴B′H＝OE＝2.5，B′E＝OH＝CG，∠EGC＝90°，∴CH＝B′C﹣B′H＝1.5，∴OH＝＝＝2，∴CG＝OH＝2，∵OG⊥CD′，∴CF＝2CG＝4，故选：B．二．填空题（共12小题，满分36分）13．解：∵PC切⊙O于点C，∠PCB＝35°，∴∠A＝∠PCB＝35°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∴35°+∠B＝90°，解得∠B＝55°．故答案为：55．14．解：这个扇形的面积为：（cm2）．故答案为：．15．解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，又∠ABC＝20°，∴∠BAC＝70°，∵∠D和∠BAC都为所对的圆周角，∴∠D＝∠BAC＝70°．故答案为：70°16．解：过O作OH⊥AB，∴CH＝DH，∵AC＝BD＝AB，∴AH＝BH，∴△AOB是等腰直角三角形，∴OH＝AH，设AC＝CD＝BD＝x，∴AH＝OH＝1.5x，∴CH2+OH2＝OC2，∴（x）2+（x）2＝52，∴x＝，∴AB＝3，故答案为：3．17．解：在Rt△ABC中，∵∠A＝90°，BC＝10，CA＝8，∴，∴△ABC的面积是，∵⊙O为Rt△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，∴BD＝BE，AD＝AF，CF＝CE，如图，连接OD，OF，∵OD⊥AB，OF⊥AC，OD＝OF，∴∠ODA＝∠A＝∠OFA＝90°，∴四边形ADOF是正方形，设OD＝OF＝AF＝AD＝x，则CE＝CF＝8﹣x，BD＝BE＝6﹣x，∵BE+CE＝10，∴8﹣x+6﹣x＝10，∴x＝2，则圆O的半径为2．故答案为：24，2．18．解：连接PE，BE，利用正多边形的性质可得点B关于AD的对称点为点F，连接BE交AD于点P，那么有PB＝PF，PE+PF＝BE最小．又易知△APB为等边三角形，所以AP＝PB＝AB＝6，可得：BE＝12，故答案为：12．19．解：如图，设圆的半径为R米，∵CD平分弧AB，且CD⊥AB，∴圆心O在CD的延长线上，∴CD平分AB，∴AC＝AB＝24，连接OA，在Rt△OAC中，AC＝24，OA＝R，OC＝R﹣CD＝R﹣16，∵OA2＝OC2+AC2，∴R2＝（R﹣16）2+242，解得R＝26，即拱桥所在圆的半径26米．故答案为：26．20．解：由圆周角定理得，∠A＝∠BOD＝70°，∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠A+∠BCD＝180°，∴∠BCD＝110°．故答案为：110°．21．解：∵B（0，﹣3）、C（2，﹣3），A（1，﹣3），∴点A、B、C共线，∴三个点A（1，﹣3）、B（0，﹣3）、C（2，﹣3）不能确定一个圆．故答案为：不能．22．解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠B+∠BAC＝90°，当∠TAC＝∠B时，∠TAC+∠BAC＝90°，即∠OAT＝90°，∵OA是圆O的半径，∴直线AT是⊙O的切线，故答案为：∠TAC＝∠B（答案不唯一）．23．解：由题意知，底面圆的直径AB＝6cm，故底面周长等于6πcm，设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n°，根据底面周长等于展开后扇形的弧长得6π＝，解得n＝120°，所以展开图中∠APD＝120°÷2＝60°，因为半径PA＝PB，∠APB＝60°，故三角形PAB为等边三角形，又∵D为PB的中点，所以AD⊥PB，在直角三角形PAD中，PA＝9cm，PD＝cm，根据勾股定理求得AD＝（cm），所以蚂蚁爬行的最短距离为cm．故答案为： cm．24．解：连接OQ，∵∠P＝45°，∴∠QOB＝2∠P＝90°，∵AB＝4，∴OB＝2，∴弧BQ的长＝＝π．故答案为：π．三．解答题（共8小题，满分78分）25．证明：根据题意作图如下：∵BD是圆周角ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠CBD，∴，∴AD＝CD．26．（1）证明：∵AE是⊙O的直径，AE⊥BC，∴BD＝CD，∴AB＝AC，∵AE⊥BC，∴∠BAE＝∠CAE，∵OB＝OA，∴∠BAE＝∠ABO，∴∠ABO＝∠CAE；（2）解：∵⊙O的半径为5，DE＝2，∴OD＝OE﹣DE＝3，∵AE⊥BC，∴BD＝＝＝4，∵AE是⊙O的直径，AE⊥BC，∴BC＝2BD＝8．27．解：图中所示管道的展直长度＝+2×700＝500π+1400≈500×3.14+1400≈2970（厘米）．答：图中所示管道的展直长度是2970厘米．28．解：这辆货车能通过储藏室的门．理由如下：如图，M，N为卡车的宽度，过M，N作AD的垂线交半圆于F，G，过O作OE⊥FG，E为垂足，则FG＝MN＝2.4m，AD＝BC＝2.6m，由作法得，FE＝GE＝1.2m，又∵OF＝OA＝1.3m，在Rt△OEF中，根据勾股定理得：，∴FM＝2.3+0.5＝2.8（m），∵2.8m＞2.6m，∴这辆货车能通过储藏室的门．29．（1）证明：∵AE平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∵∠CBD＝∠CAD，∴∠CBD＝∠BAD；（2）证明：∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°．∵AE，BE分别平分∠BAC和∠ABC，∴∠BAE＝∠CAE，∠ABE＝∠CBE．∵，∴∠CAE＝∠CBD．∵∠BED＝∠BAE+∠ABE，∠EBD＝∠CBD+∠CBE，∴∠BED＝∠EBD，∴BD＝ED；（3）解：如图，连接OD，交BC于点F．∵∠BAD＝∠CAD，∴，∴OD⊥BC，BF＝CF．∵，∴，由（2）得△BDE为等腰直角三角形，，∴BD2+DE2＝BE2，解得：BD＝DE＝2，在Rt△OBF中，BF2＝OB2﹣OF2，在Rt△BDF中，，∴解得：，∴，∴．30．证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD，∴＝，∵＝，∴+＝+，即＝，∴BM＝CM．31．（1）证明：如图，连接OP，∵AP与⊙O相切，∴OP⊥AP，∴∠APO＝90°，∴∠PAO+∠POA＝90°，OM⊥ON，∴∠POQ+∠POA＝90°，∴∠POQ＝∠PAO，∵B恰好落在⊙O上，∴，∴∠PAO＝2∠PBO．（2）解：连接CP，过P作PD⊥BC于点D，∠PDO＝90°，由（1）可知：∠POQ＝∠PAO，∠APO＝90°，∴△PDO～△OPA，∴，∵AO2＝AP2+OP2，⊙O的半径为3，AP＝4，∴AO＝5，∴，∴，∴，∴Rt△PBD中，PB2＝PD2+BD2，∴，∴，32．解：（1）CD是⊙O的切线．理由如下：∵△ACD是等腰三角形，∠D＝30°．∴∠CAD＝∠CDA＝30°．连接OC．∵AO＝CO，∴△AOC是等腰三角形．∴∠CAO＝∠ACO＝30°，∴∠COD＝60°．在△COD中，又∵∠CDO＝30°，∴∠DCO＝90°．∴CD是⊙O的切线，即直线CD与⊙O相切．（2）过点A作AE⊥CD，交DC的延长线于E点．在Rt△COD中，∵∠CDO＝30°，∴OD＝2OC＝10，AD＝AO+OD＝15．∵在Rt△ADE中，∠EDA＝30°，∴点A到CD边的距离为：AE＝AD•sin30°＝7.5．