山东省宁津县苗场中学2023-2024学年下学期九年级开学考试数学试题（解析版）

这是一份山东省宁津县苗场中学2023-2024学年下学期九年级开学考试数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知等腰三角形的腰长为6 cm，底边长为4 cm，以这个等腰三角形的顶角的顶点为圆心、5 cm为半径画圆，那么该圆与等腰三角形的底边的位置关系是( )
A. 相离B. 相切C. 相交D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】在等腰三角形ABC中，作AD⊥BC于D，根据等腰三角形性质得BD=CD=BC=2,
所以，AD=即：d>r,所以可得结论.
【详解】如图，在等腰三角形ABC中，作AD⊥BC于D，
则BD=CD=BC=2,
所以，AD=
即：d>r,
所以，该圆与底边的关系是相离.
故选A
【点睛】本题考核知识点：直线与圆的位置关系.解题关键点：根据等腰三角形性质求出底边上的高.
（抚顺模拟）
2. 如图，在中，弦CD与直径AB板交于点E，连接OC，BD．若，，则的度数为（ ）
A. 80°B. 100°C. 120°D. 140°
【答案】C
【解析】
【分析】先利用三角形外角性质求出∠CDB=∠AED-∠ABD=80°-20°=60°，再根据圆周角定理得出∠COB=2∠CDB=2×60°=120°即可．
【详解】解：∵∠AED是△DEB的外角，
∴∠CDB=∠AED-∠ABD=80°-20°=60°，
∴∠COB=2∠CDB=2×60°=120°．
故选C．
【点睛】本题考查三角形外角性质，圆周角定理，掌握三角形外角性质，圆周角定理是解题关键．
3. 已知⊙O的直径CD=10cm，AB是⊙O的弦，AB=8cm，且AB⊥CD，垂足为M，则AC的长为（ ）
A. 2cmB. 4 cmC. 2cm或4cmD. 2cm或4cm
【答案】C
【解析】
【详解】连接AC，AO，

∵O的直径CD=10cm，AB⊥CD，AB=8cm，
∴AM=AB=×8=4cm，OD=OC=5cm，
当C点位置如图1所示时，
∵OA=5cm，AM=4cm，CD⊥AB，
∴OM==3cm，
∴CM=OC+OM=5+3=8cm，
∴AC=cm；
当C点位置如图2所示时，同理可得OM=3cm，
∵OC=5cm，
∴MC=5−3=2cm，
在Rt△AMC中,AC=cm.
故选：C.
（广州模拟）
4. 往直径为的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽，则水的最大深度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，根据垂径定理即可求得AD的长，又由⊙O的直径为，求得OA的长，然后根据勾股定理，即可求得OD的长，进而求得水的最大深度的长．
【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，
由垂径定理得：，
∵⊙O的直径为，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴水的最大深度为，
故选：．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的知识．此题难度不大，解题的关键是注意辅助线的作法，构造直角三角形，利用勾股定理解决．
（青岛模拟）
5. 如图，是的直径，点，在上，点是的中点，过点画的切线，交的延长线于点，连接．若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据切线的性质得到BA⊥AD，根据直角三角形的性质求出∠B，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，进而求出∠BAC，根据垂径定理得到BA⊥EC，进而得出答案．
【详解】解：∵AD是⊙O的切线，
∴BA⊥AD，
∵∠ADB=58.5°，
∴∠B=90°-∠ADB=31.5°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°-∠B=58.5°，
∵点A是弧EC的中点，
∴BA⊥EC，
∴∠ACE=90°-∠BAC=31.5°，
故选：B．
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
（凉山州模拟）
6. 如图，等边三角形和正方形都内接于，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了圆垂径定理知识点应用，结合等边三角形和正方形的性质，利用三角函数求解是解题的关键；过点作，，设圆的半径为，根据垂径定理可得与是直角三角形，根据三角函数值计算求解即可．
【详解】解：如图，过点作，，设圆的半径为，
∴与是直角三角形，，
∵等边三角形和正方形都内接于，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
故选：B．
（巴中模拟）
7. 如图，AB是⊙O的弦，且AB＝6，点C是弧AB中点，点D是优弧AB上的一点，∠ADC＝30°，则圆心O到弦AB的距离等于（ ）
A. B. 32C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接OA，AC，OC，OC交AB于E，先根据垂径定理求出AE=3，然后证明三角形OAC是等边三角形，从而可以得到∠OAE=30°，再利用三线合一定理求解即可.
【详解】解：如图所示，连接OA，AC，OC，OC交AB于E，
∵C是弧AB的中点，AB=6，
∴OC⊥AB，AE=BE=3，
∵∠ADC=30°，
∴∠AOC=2∠ADC=60°，
又∵OA=OC，
∴△OAC是等边三角形，
∵OC⊥AB,
∴，,
∴
∴
∴圆心O到弦AB的距离为，
故选C.
【点睛】本题主要考查了圆周角与圆心角的关系，等边三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
8. 如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D，若PA=5，则△PCD的周长为（ ）
A 5B. 7C. 8D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】由切线长定理可得PA=PB, CA=CE,DE=DB, 由于△PCD的周长=PC+CE+ED+PD, 所以△PCD的周=PC+CA+BD+PD=PA+PB=2PA, 故可求得三角形的周长.
【详解】解:PA、PB为圆的两条相交切线,
PA=PB,
同理可得: CA=CE DE=DB.
△PCD的周长=PC+CE+ED+PD,
△PCD的周长=PC+CA+BD+PD=PA+PB=2PA,
△PCD的周长=10,
故选D
【点睛】本题考查了切线的性质以及切线长定理的运用.
（内江模淑）
9. 如图，是ΔABC的外接圆，，若的半径为2，则弦的长为（ ）
A. 4B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点作，交于点，根据圆周角定理以及垂径定理可得结果．
【详解】解：过点作，交于点，
是ΔABC的外接圆，，
，
又，，
，，
在中，，
，，
，
故选：．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，熟知相关性质定理是解本题的关键．
（泸州模拟）
10. 如图，⊙O的直径AB=8，AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，并与AM，BN分别相交于D，C两点，BD，OC相交于点F，若CD=10，则BF的长是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点D作DG⊥BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，根据勾股定理求得，即可得AD=BG=2，BC= 8，再证明△HAO≌△BCO，根据全等三角形的性质可得AH=BC=8，即可求得HD= 10；在Rt△ABD中，根据勾股定理可得；证明△DHF∽△BCF，根据相似三角形的性质可得，由此即可求得．
【详解】过点D作DG⊥BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，
∵AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，
∴AD=DE，BC=CE，∠DAB=∠ABC=90°，
∵DG⊥BC，
∴四边形ABGD为矩形，
∴AD=BG，AB=DG=8，
在Rt△DGC中，CD=10，
∴，
∵AD=DE，BC=CE，CD=10，
∴CD= DE+CE = AD+BC =10，
∴AD+BG +GC=10，
∴AD=BG=2，BC=CG+BG=8，
∵∠DAB=∠ABC=90°，
∴AD∥BC，
∴∠AHO=∠BCO，∠HAO=∠CBO，
∵OA=OB，
∴△HAO≌△BCO，
∴AH=BC=8，
∵AD=2，
∴HD=AH+AD=10；
在Rt△ABD中，AD=2，AB=8，
∴，
∵AD∥BC，
∴△DHF∽△BCF，
∴，
∴，
解得，．
故选A．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线长定理、勾股定理、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定于性质，熟练运用相关知识是解决问题的关键．
二、填空题（6×4分=24分）
（南京模拟）
11. 如图，是五边形的外接圆的切线，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由切线的性质可知切线垂直于半径，所以要求的5个角的和等于5个直角减去五边形的内角和的一半．
【详解】如图：过圆心连接五边形的各顶点，
则

．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，多边形的内角和公式（n为多边形的边数）,由半径相等可得“等边对等角”，正确的理解题意作出图形是解题的关键．
（徐州模拟）
12. 如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥底面圆的半径，扇形的圆心角，则该圆锥的母线长为___．
【答案】6.
【解析】
【分析】易得圆锥的底面周长，也就是侧面展开图的弧长，进而利用弧长公式即可求得圆锥的母线长．
【详解】圆锥的底面周长cm，
设圆锥的母线长为，则： ，
解得，
故答案为．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，用到的知识点为：圆锥的侧面展开图的弧长等于底面周长；弧长公式为： ．
13. 如图，的半径为，是延长线上一点，，切于点，则____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查切线的性质及勾股定理，熟练掌握圆的切线垂直于过切点的直径是解题关键．根据切线的性质得出，再根据勾股定理计算即可得答案．
【详解】解：∵切于点，
∴，
∵的半径为，，
∴．
故答案为：
（内江中考）
14. 如图，在平行四边形ABCD中，AB＜AD，∠A＝150°，CD＝4，以CD为直径的⊙O交AD于点E，则图中阴影部分的面积为_____．
【答案】
【解析】
【分析】连接OE，作OF⊥DE，先求出∠COE＝2∠D＝60°、OF＝OD＝1，DF＝ODcs∠ODF＝，DE＝2DF＝2，再根据阴影部分面积是扇形与三角形的面积和求解可得．
【详解】如图，连接OE，作OF⊥DE于点F，
∵四边形ABCD是平行四边形，且∠A＝150°，
∴∠D＝30°，
则∠COE＝2∠D＝60°，
∵CD＝4，
∴CO＝DO＝2，
∴OF＝OD＝1，DF＝ODcs∠ODF＝2×＝，
∴DE＝2DF＝2，
∴图中阴影部分的面积为＋×2×1＝，
故答案为．
【点睛】本题考查的是扇形面积计算、平行四边形的性质，掌握扇形面积公式：S＝是解题的关键．
15. 如图，为的直径，，交于点D，交于点E，，下面给出了五个结论：①；②；③；④劣弧是劣弧的2倍；⑤．其中正确结论的序号为__________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据圆周角定理，等腰三角形的性质(等边对等角)，直径对的圆周角是直角等知识，逐条进行分析判断即可．
此题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质、弧与圆心角的关系等知识．此题难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，掌握数形结合思想的应用．
【详解】解：如图，连接．
∵为的直径，
∴，
又∵，
∴平分，且，
∴．
故①②正确；
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
故③错误；
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故④正确；
∵中， 是斜边，是直角边，
∴，
∵，
∴．
故⑤错误．
综上，正确的结论为：①②④．
故答案为：①②④．
16. 如图，△ABC为等边三角形，AB=6，动点O在△ABC的边上从点A出发沿着A→C→B→A的路线匀速运动一周，速度为1个长度单位每秒，以O为圆心、为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切时是出发后第__秒．
【答案】4
【解析】
【详解】解：根据题意，则作于D，则．
在直角三角形中，∠C=60°，，
∴，
∴，
∴以O为圆心、为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切时是出发后第4秒．
故答案为4．
三、解答题（共66分）
17. 已知：如图，⊙O1与坐标轴交于A（1，0）、B（5，0）两点，点O1的纵坐标为．求⊙O1的半径．
【答案】3
【解析】
【分析】过O1作O1M⊥AB于M，求出AB，根据垂径定理求出AM，根据勾股定理求出O1A即可．
【详解】解：如图，过O1作O1M⊥AB于M，
则AM=BM，
∵A（1，0），B（5，0），
∴AB=5-1=4，
∴AM=BM=2，
∵点O1的纵坐标为，
∴O1M=，
在Rt△O1MA中，由勾股定理得：O1A=
即⊙O1的半径是3
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，勾股定理，垂径定理的应用，解此题的关键是构造直角三角形，并进一步求出AM的长．
18. 如图，内接于，，，为的直径，，求的长．
【答案】6
【解析】
【分析】本题考查等腰三角形的性质，圆周角定理，含30° 的直角三角形的性质，找出特殊的直角三角形是解题的关键
由，可得，根据圆周角定理可得，，由即可求得的长，再根据等腰三角形的性质即可求得结果．
【详解】解：过点作于点，如图所示，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
（朝阳中考）
19. 如图，四边形ABCD为菱形，以AD为直径作交AB于点F，连接DB交于点H，E是BC上的一点，且，连接DE．
（1）求证：DE是的切线．
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）的半径为．
【解析】
【分析】（1）如图1，连接DF，先根据菱形的性质和SAS证明△DAF≌△DCE，得，再由AD是圆的直径得∠AFD=90°，于是∠DEC=90°，然后利用可得∠ADE=90°，问题即得证明；
（2）如图2，连接AH，先根据等腰三角形三线合一的性质得出，再由DF是和的公共的直角边，根据勾股定理列出关于AD的方程，解方程即可求出AD的长，进一步即可求出圆的半径.
【详解】（1）证明：如图1，连接DF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴，，，
∵，∴，即，
∴≌，∴.
∵AD是的直径，∴，∴.
∵，∴，∴.
∵OD是的半径，∴DE是的切线；
（2）解：如图2，连接AH，
∵AD是的直径，∴，∴，
∵，，∴，
在和中，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴的半径为．
【点睛】本题以菱形为载体，综合考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、圆的切线的判定、等腰三角形的性质、平行线的性质和勾股定理等知识，知识点多、综合性强，解答时需注意知识的前后联系，灵活运用方程思想.
（大连模拟）
20. 如图1，内接于⊙O，直线与⊙O相切于点D，与相交于点E，．
（1）求证：；
（2）如图2，若是⊙O的直径，E是的中点，⊙O的半径为4，求的长．
【答案】（1）见详解；（2）
【解析】
【分析】（1）连接OB，由题意易得，则有，进而可得，然后问题可求证；
（2）由题意易得，进而可得，然后再根据勾股定理可求解．
【详解】（1）证明：连接OB，如图所示：
∵直线与⊙O相切于点D，
∴，
∵，
∴，
∵OD是⊙O的半径，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）∵E是的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵⊙O的半径为4，
∴，
∵是⊙O的直径，
∴，
∴AB=4，，
∴在Rt△ABE中，由勾股定理得：．
【点睛】本题主要考查切线的性质、三角函数、含30°的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握切线的性质、三角函数、含30°的直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
（东营中考）
21. 如图，在△ABC中，以AB为直径的⊙O交AC于点M，弦交AB于点E，且ME＝3，AE＝4，AM＝5．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）求⊙O的直径AB的长度．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理得到∠AEM＝90°，由于，根据平行线的性质得∠ABC＝90°，然后根据切线的判定定理即可得到BC是⊙O的切线；
（2）连接OM，设⊙O的半径是r，在Rt△OEM中，根据勾股定理得到r2＝32＋（4−r）2，解方程即可得到⊙O的半径，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵在△AME中，ME＝3，AE＝4，AM＝5，
∴AM2＝ME2＋AE2，
∴△AME是直角三角形，
∴∠AEM＝90°，
又∵，
∴∠ABC＝∠AEM＝90°，
∴AB⊥BC，
∵AB直径，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：连接OM，如图，设⊙O的半径是r，
在Rt△OEM中，OE＝AE−OA＝4−r，ME＝3，OM＝r，
∵OM2＝ME2＋OE2，
∴r2＝32＋（4−r）2，
解得：r＝，
∴AB＝2r＝．
【点睛】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了勾股定理和勾股定理的逆定理．