2024～2025学年9上第3章对圆的进一步认识（青岛版）（问卷 答案）-2024-2025学年9上数学单元检测(青岛版2024)

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绝密★启用前2024～2025学年9上第3章 对圆的进一步认识（青岛版）数学答案11．140【分析】连接、、、，利用圆的性质和多边形内角和的性质即可求解．【详解】解：连接、、、，∵，∴，， ∵两个三角形、内角和为∴即，∵在中，，∴∴  故答案为：140【点睛】本题考查了平行四边形的性质、圆周角定理、三角形的内角和，解题的关键是熟练运用数形结合的思想列出角的关系式．12． 【分析】先根据多边形内角和公式计算出、的度数，再求出，利用扇形面积公式计算即可．【详解】解：由题意得，，，，阴影部分的面积：，故答案为：，【点睛】本题考查了正多边形和圆，熟练运用多边形内角和公式和扇形面积公式是解题的关键．13．矩．【详解】试题解析：连接AC、BC、BD、AD，∵AB、CD为圆O的直径，∴OA=OB=OC=OD，∴四边形ACBD为矩形．考点：1.圆周角定理；2.矩形的判定．14．6【分析】此题考查了切线的性质，勾股定理，连接，利用切线的性质得到，设半圆O的半径为r，则．结合勾股定理列得，求出r即可．【详解】连接，如解图所示．∵与半圆O相切于点D，∴．设半圆O的半径为r，则．在中， ，解得∴半圆O的半径为6．15．．【详解】试题分析：可以先求扇形COD的面积减去三角形COD的面积得到弓形CD的面积，减去环形AB的面积就是阴影的面积．试题解析：根据分析计算得：阴影部分的面积为：．考点：扇形的计算16．【分析】根据题意可知当圆O与正方形的边相切时，圆心O移动的路径最短，由此求解即可．【详解】解：根据题意可知当圆O与正方形的边相切时，圆心O移动的路径最短，如图所示，虚线部分即为圆心O的运动轨迹，即圆心O的运动路径长为圆O的周长+正方形周长，∴圆O的运动周长，故答案为：．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，解题的关键在于能够知晓圆O与正方形的边相切时，圆心O移动的路径最短．17．（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）连接OB，AC，交于点E，过点D，E作直线，即可；（2）延长AO交⊙O于点E，连接CE交⊙O于点F，连接AF，即可．【详解】（1）如图1，即为所求．（2）如图2，即为所求．【点睛】本题主要考查圆的切线和圆周角以及正切三角函数的定义，理解切线的定义和圆周角的定义，是解题的关键．18．（1）详见解析；（2）【分析】（1）利用切线的性质得OC⊥DE，再证明OC∥BE得到∠OCB＝∠CBE，加上∠OCB＝∠CBO，所以∠OBC＝∠CBE；（2）利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，再证明△OAC等边三角形得到AC＝OA＝2，再利用勾股定理可计算出BC＝，然后在Rt△CBE中利用含30度的直角三角形三边的关系求CE的长．【详解】（1）证明：∵是的切线，∴，又∵，∴， ∴，∴，即平分；（2）解：∵为的直径，∴，∵，∴是等边三角形，.∴，∴∵，且，∴.∴【点睛】本题考查了切线的性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；常常“遇到切点连圆心得半径”．19．见解析【分析】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，以及全等三角形的判定与性质．连接，构建全等三角形和；然后利用全等三角形的对应边相等证得．【详解】证明：连接．在中，，，，、分别是半径和的中点，，，，．20．(1)证明见详解(2)3【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理解直角三角形，锐角三角函数的应用，等腰三角形的性质，圆心角与弧的关系，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．（1）连接，根据圆周角定理得，结合即可得到，继而得证；（2）先由等腰三角形的性质得到，由圆周角定理得，在中运用锐角三角函数求出，最后在中，运用勾股定理建立方程，解方程即可．【详解】（1）证明：连接，∵在中，，，又∵，∴，∴，∵，∴，∴；（2）解：如图，∵，∴，∵，∴，垂足记为点F ，，∵，，∴，∴，在中，由得：，解得：，∴圆的半径长度为3．21．【分析】连接，由垂径定理可得，，设半径为，由勾股定理列方程求解即可．【详解】解：连接，如下图：∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB∴设半径为，则由勾股定理得：，即解得⊙O的半径为【点睛】此题考查了垂径定理以及勾股定理解直角三角形，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．22．（1）80°；（2）60°【分析】（1）连接，，根据切线的性质得到，根据圆周角与圆心角的性质得到，再利用四边形的内角和即可求解；（2）连接，，根据切线的性质得到，根据圆周角与圆心角的性质得到，由菱形的性质得到，得到，故，故可求解．【详解】（1）连接，．∵分别与相切于点A，B，，为的半径，∴．∴．∵，∴．∴．（2）连接．∵分别与相切于点A，B，，为的半径，∴．∴．∵四边形为菱形，∴．∵，∴．∴．【点睛】此题主要考查圆内角度求解，解题的关键是熟知切线的性质、圆周角定理及菱形的性质．23．(1)(2)或；(3)的度数是定值，【分析】（1）由菱形的性质可得，，，，由勾股定理进行列式即可求解；（2）分两种情况讨论，由直角三角形的性质可求，，的长，通过证明，可得，即可求解；（3）先证点，点，点三点共线，由直角三角形的性质可得，可求，通过证明点，点，点，点四点共圆，可得，即可求解．本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．【详解】（1）解： 四边形是菱形，，，，，，，；（2）解：当时，四边形是菱形，，，，，，，，，∴，，；当时，，，，，，∴，，；综上所述：或；（3）解：的度数是定值，理由如下：如图，取的中点，连接，，，是的垂直平分线，，，，又点是的中点，，点是的中点，，，点，点，点三点共线，点是的中点，，，，，点，点，点，点四点共圆，，．24．(1)(2)【分析】（1）根据圆周角定理证得两直线平行，再根据平行线的性质即可得到结论；（2）由勾股定理得到边的关系，求出线段的长，再利用等面积法求解即可．【详解】（1）解： 为的直径，，为的平分线，，，，，，，，；（2）解：连接，设，则，，，  为的直径，，在中，，由（1）得，，，，，，，解得或（不合题意舍去），，，是的切线，，，，，．【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，切线的性质，解一元二次方程，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．题号12345678910答案DBBDCCBABC