第3章 对圆的进一步认识（单元测试）2024-2025学年9年级数学上册（青岛版）

这是一份第3章 对圆的进一步认识（单元测试）2024-2025学年9年级数学上册（青岛版），文件包含第3章对圆的进一步认识单元测试原卷版docx、第3章对圆的进一步认识单元测试解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。

第3章 对圆的进一步认识（单元测试）（试卷满分120分，考试用时120分钟）姓名___________ 班级_________ 考号_______________________一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.1．如图，在 中，，， 为 上的点，，则的度数是 （   ） A． B． C． D．【答案】D【分析】本题主要考查了圆周角定理，根据同圆中同弧所对的圆周角度数是圆心角度数的一半进行求解即可．【详解】解：∵，∴，故选：D．2．如图，已知是的直径，D，C是劣弧 的三等分点，，那么（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查的是弧与圆心角的关系，根据题意先求出，再利用邻补角即可求出即可．【详解】解：∵D，C是劣弧 的三等分点，，∴，∴，故选B．3．用反证法证明命题“已知：在中，，求证：”时，应假设（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查反证法，熟练掌握反证法的步骤是解题的关键．根据反证法的步骤，先假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立，进行作答即可．【详解】解：第一步应先假设；故选B．4．如图，正八边形内接于，连接，，则的度数为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查正多边形的性质．根据题意，由正八边形内接于知，．【详解】解：正八边形内接于．故选：C．5．已知的半径为3，圆心O到直线L的距离为4，则直线L与的位置关系是（　　）A．相交 B．相切 C．相离 D．不能确定【答案】C【分析】本题主要考查了圆与直线的位置关系：圆心到直线距离为d，半径为r，当时，直线与圆相离；当时，直线与圆相切；当时，直线与圆相交．将圆心到直线距离与半径比较，即可解答．【详解】解：∵的半径为3，圆心O到直线的距离为4，，∴直线L与的位置关系是相离，故选：C．6．小明不慎把家里的圆形玻璃打碎了，其中四块碎片如图所示，为配到与原来大小一样的圆形玻璃，小明带到商店去的一块玻璃碎片应该是（    ）A．第①块 B．第②块 C．第③块 D．第④块【答案】B【分析】根据不在一条直线上三点确定一个圆即可解得．本题考查的是垂径定理的推论的应用，确定圆的条件，掌握确定圆的的条件是解题的关键．【详解】解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心．只要有一段弧，即可确定圆心和半径．所以小明带到商店去的一块玻璃碎片应该是第②块．故选：B．7．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点都在格点上，则外接圆的圆心坐标为(　)A．(3，2) B．(2，3) C．(2，2) D．(3，3)【答案】A【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，作和的垂直平分线，它们的交点为外接圆圆心，然后写出点坐标即可．【详解】解：如图所示，作和的垂直平分线，它们的交点为外接圆圆即外接圆圆心的坐标为．故选：A．8．如图所示，的内切圆分别与，，相切于点D，E，F，且，，，则的周长为（    ）A．36 B．38 C．40 D．42【答案】A【分析】本题主要考查三角形的内切圆与内心及切线长定理，灵活运用切线长定理是解题的关键．由切线长定理可知，，，再根据线段的和差即可求得答案．【详解】解：∵的内切圆分别与，，AC相切于点D，E，F，∴，，，∵，，，∴，，，∴，，，∴的周长．故选：A．9．一块含角的直角三角板和一块量角器如图摆放（三角板顶点A与量角器0刻度处重合），量角器与三角板交于点D，经测量知，点E为中点，点F为弧上一动点，则的最小值为（　　）A．9 B． C． D．【答案】C【分析】本题考查点到圆上的最值问题，等腰三角形的判定与性质，勾股定理及垂径定理，设量角器刻度处为点G，为半圆的直径，设的中点为O，则点O为圆心，连接，证明为等腰直角三角形，由当点O，E，F在一条直线上时，取得最小值，即可解答．【详解】解：设量角器刻度处为点G，如图，则为半圆的直径，设的中点为O，则点O为圆心，连接，∵点E为中点，∴，，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴，∵点F为弧上一动点，∴当点O，E，F在一条直线上时，取得最小值．∴的最小值为．故选：C．10．如图，四边形内接于，为直径，，过点D作于点E，连接交于点F．若，，则的长为（    ）A．8 B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，连接，先利用圆周角定理证明得到，再根据正弦的定义计算出，则，，接着证明，利用相似比得到，然后再利用正弦定义计算出的长．【详解】解：连接，如图，∵为直径，∴，∵，∴，而，∴，∵，∴，而，∴，∴，∴，在中，∵，∴，∴，，∵，，∴，∴，即，∴，∴，在中，∵，∴，，故选：C．填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分11．如图，四边形是的内接四边形．若，则的度数为 ．【答案】/度【分析】本题考查圆内接四边形，关键是掌握圆内接四边形的性质．由圆内接四边形的性质∶圆内接四边形的对角互补，即可计算．【详解】解：四边形是的内接四边形，故答案为：．12．如图，是的切线，M是切点，连结．若，则的大小为 度．  【答案】54【分析】本题考查了切线的性质，根据切线的性质可得，然后利用直角三角形的两个锐角互余进行计算即可解答．熟练掌握切线的性质是解题的关键．【详解】解∶∵是的切线，是切点，∴，∴故答案为∶54．13．如图，在中，于点C，若，，则的半径长为 ．  【答案】5【分析】本题考查了勾股定理与垂径定理，解题的关键是熟练的掌握勾股定理与垂径定理． 连接，先根据垂径定理求出的长，再在中利用勾股定理求出的长即可．【详解】解：连接，  ∵于点C，，∴，在中：∴．∴的半径长为5．故答案为：514．如图，用一个半径为的定滑轮拉动重物上升，滑轮旋转了，假设绳索粗细不计，且与轮滑之间没有滑动，则重物上升的高度为 ．（结果保留）【答案】【分析】本题考查求弧长，根据题意，得到重物上升的高度为半径为，圆心角为的弧长，根据弧长公式进行计算即可．【详解】解：由题意：重物上升的高度为半径为，圆心角为的弧长，（）；故答案为：．15．如图，有一个亭子，它的地基是边长为的正六边形，则地基的面积为 m2．【答案】【分析】本题考查了正多边形与圆的关系，根据正六边形的性质，把面积转化为6个等边三角形的面积和计算即可．【详解】解：把正六边形分成6个全等的正三角形，易得每个正三角形的边长为，高为，∴正六边形的面积为，故答案为：.16．在正方形中，，以中点N为圆心作圆弧，交，边于点E，F，且与相切，同样的，以中点M为圆心作圆弧，交，边于点G，H，且与边相切，则阴影部分的面积为 ．【答案】【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，正方形的性质，菱形的判定和性质以及扇形面积．根据正方形的性质，圆周角定理切线的性质以及扇形面积，菱形的判定和性质以及面积的计算方法进行计算即可．【详解】解：如图，连接，相交于点，由题意可知，，在中，，，同理可得，，，，，，，，四边形是菱形，，，，在中，，，，，．故答案为：．解答题：本小题共8小题，17-18题每小题9分，19-21题每小题10分，22-23题每小题12分，共72分。17．如图，在中，弦交于点E，且．求证：．【答案】见解析【分析】本题主要考查了弧、弦之间的关系，同弧所对的圆周角相等，全等三角形的性质与判定，根据弧、弦之间的关系证明得到，再由可证明，据此可证明．【详解】证明：∵，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴．18．如图，已知的内接，为直径，于点，连接．求证：．【答案】见解析【分析】本题考查圆周角定理，由圆周角定理，推出，，由垂直的定义得到，由三角形内角和定理推出．【详解】是圆的直径，，∴，，，∴，，．19．张师傅要将一张残缺的圆形轮片恢复原貌（如图），他在该轮片上画了三个点．(1)请你帮张师傅找出此残片所在圆的圆心．（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）(2)连接，若圆形轮片的直径为，圆心角，求弧的长．【答案】(1)作图见详解(2)弧的长为【分析】本题主要考查垂直平分线的性质，弧长的计算方法，掌握垂直平分线的画法，弧长公式的计算方法是解题的关键．（1）线段的垂直平分线的交点即为圆心，根据画线段垂直平分线的方法即可求解；（2）根据弧长的计算方法即可求解．【详解】（1）解：分别以点为圆心，以大于为半径画弧交于点，连接；分别以点为圆心，以大于为半径画弧交于点，连接；线段交于点，如图所示，∴点即为所求圆心．（2）解：根据题意，如图所示，连接，圆形轮片的直径为，圆心角，∴，∴，∴弧的长为．20．如图，在中，，以点A为圆心，长为半径作圆，交于点D，交于点E，连接．(1)若，求的度数；(2)若，，求的长．【答案】(1)(2)【分析】本题考查了垂径定理，三角形的内角和定理，勾股定理、等腰三角形的性质等知识，掌握垂径定理和等腰三角形的性质是解题的关键．（1）连接，求出，再利用等腰三角形的性质解决问题即可．（2）如图，过点A作，垂足为F．利用面积法求出，再利用勾股定理求出，进而利用垂径定理可得结论；【详解】（1）解：如图所示，连接，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴；（2）解：如图所示，过点A作，垂足为F．∵，，，∴，∵，∴，在中，根据勾股定理得，，∵，∴．21．如图，是的直径，点C在上，点D在的延长线上，．(1)求证：直线是的切线；(2)若，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了切线的判定与性质，求不规则图形的面积，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用：（1）连接由是直径，可得，再证从而有，即可证明；（2）阴影部分的面积即为直角三角形的面积减去扇形的面积．【详解】（1）证明：连接∵是直径，∵是的半径，∴直线是的切线；（2）解：由（1）得∴∵∴∵∴，∴∴∴∴是等边三角形，∴∴∴∴∴22．某款“不倒翁”的主视图如图1，它由半圆O和等边组成，直径，半圆O的中点为点C，为桌面，半圆O与相切于点Q，拨动“不倒翁”后它在桌面上做无滑动的滚动．(1)如图1，，请直接写出的长为 （结果保留根号）；(2)如图2，当时，连接，．①直接写出的度数．②求点C到桌面的距离（结果保留根号）；(3)当或垂直于时“不倒翁”开始折返，直接写出从滚动到（图2﹣图3）过程中，圆心O移动的距离．【答案】(1)(2)①30°；②(3)【分析】本题主要考查了等边三角形的性质、勾股定理、弧长公式、切线的性质等知识点，正确作出辅助线成为解题的关键（1）易得当时，P，O，C三点在一条直线上，则，，，，得出，最后根据即可解答；（2）①根据切线的定义得出，再得出，推出，则．②过点C作于点H，于点K，则，根据勾股定理得出，则，通过证明四边形为矩形，即可解答；（3）从滚动到滚动过程中始终与桌面相切，得出圆心O到桌面的距离总等于圆的半径，则从滚动到过程中，圆心O移动的距离为的长度的2倍，结合，即可解答．【详解】（1）解：由题意得：当时，P，O，C三点在一条直线上，∵直径，∴，∵为等边三角形，∴，，∵，∴，∴，∴．故答案为：；（2）解：①的度数．∵半圆O与相切于点Q，∴，∵，∴，∴，∵半圆O的中点为点C，∴，∴．②过点C作于点H，于点K，如图，∵，，∴，∴，∴，∵，，，∴四边形为矩形，∴．∴点C到桌面MN的距离为．（3）解：从滚动到图2—图3）过程中，圆心O移动的距离为．∵拨动“不倒翁”后它在桌面上做无滑动的滚动，∴滚动过程中始终与桌面相切，∴圆心O到桌面的距离总等于圆的半径，∴从滚动到过程中，圆心O移动的距离为的长度的2倍，由（2）①知：，∴圆心O移动的距离．23．【问题呈现】在学习《圆》这一章时，小明遇到了这样一个问题：如图，已知 半径是，点 是上的一个动点，点 是平面内一点，，求证：线段 的最大值为．【问题解决】经过分析，如图，小明将延长交 于点，并猜想此时 最大，为了验证这个猜想，小明想利用如下方法来解决，下面是部分证明过程，请补全缺失的部分．证明 如图， 在上任意取一点点 不与点 重合)， 连结 、，证明过程缺失则 ，则此时， 最大， 最大值为．【问题延申】如图， 在中，， ， ， 点 是边 上的一个动点， 连结DB， 过点 作 于点， 连结CF， 则线段CF 的最小值是 ．【拓展提升】如图，某景区有一片油菜花地，形状由 和以 为直径的半圆两部分构成， 已知米，， ， 为了方便游客游览， 该景区计划对油菜花地进行改造，根据设计要求，在半圆上确定一点 ，沿 修建小路，并在 中点 处修建一个凉亭，沿CF 修建仿古长廊，由于仿古长廊造价很高、为了控制成本，景区要求仿古长廊CF 的长度尽可能短，若不考虑其他因素，则仿古长廊CF 最短为 米．(结果保留根号)【答案】[问题解决]见解析；[问题延申]；[拓展提升]【分析】[问题解决]根据两点直接线段最短，可得，进而即可求解；[问题延申] 根据可得点F在以为直径的半圆上，设的中点为E，连接，与点F的运动轨迹交于点，则的长度即为的最小值；[拓展提升]连接，，取中点为M，中点为N，连接，，，证明，推出点F在以为直径的左侧半圆上，连接，与点F的运动轨迹交于点，则的长度即为的最小值．【详解】[问题解决]证明：∴，即∴线段 的最大值为．[问题解决]证明 如图， 在上任意取一点点 不与点 重合)， 连结 、，∵ 半径是，点 是上的一个动点，∴,∵则 ，则此时， 最大， 最大值为．[问题延申] ，，点F在以为直径的半圆上，如图，设的中点为E，连接，与点F的运动轨迹交于点，则的长度即为的最小值．，中点为E，，又，，，，即的最小值为．故答案为：． （3），，，，，．如图，连接，，取中点为M，中点为N，连接，，， 点E在以为直径的半圆上，，中点为M，中点为F，中点为N，为的中位线，为的中位线，为的中位线，，，，，，，，，点F在以为直径的左侧半圆上，取中点为O，作于点K，得矩形，连接，与点F的运动轨迹交于点，则的长度即为的最小值．，中点为O，，中点为N，，，，，，在中，，，又，，的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查圆外一点到圆上点距离的最值，圆周角定理，中位线定理，勾股定理，矩形的判定和性质等，第三问有一定难度，通过作辅助线判断出点F的运动轨迹是解题的关键．