2022年浙教版九年级上册数学第一次月考试卷(含答案)

这是一份2022年浙教版九年级上册数学第一次月考试卷(含答案)，共23页。

九年级上册数学第一次月考试卷
一.选择题（每题5分，共30分）
1．（5分）若P是Rt△ABC斜边BC上异于B，C的一点，过点P作直线截△ABC，截得的三角形与原△ABC相似，满足这样条件的直线有（　　）条．
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（5分）如图，△ABC内接于⊙O，BC＝6，AC＝2，∠A﹣∠B＝90°，则⊙O的面积为（　　）

A．9.6π B．10π C．10.8π D．12π
3．（5分）已知AB是半径为1的圆O的一条弦，且AB＝a＜1，以AB为一边在圆O内作正△ABC，点D为圆O上不同于点A的一点，且DB＝AB＝a，DC的延长线交圆O于点E，则AE的长为（　　）

A． B．1 C． D．a
4．（5分）如图，AB是⊙O的弦（非直径），点C是弦AB上的动点（不与点A、B重合），过点C作垂直于OC的弦DE．设⊙O的半径为r，弦AB的长为a，，则弦DE的长（　　）

A．与r，a，m的值均有关 B．只与r，a的值有关
C．只与r，m的值有关 D．只与a，m的值有关
5．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB，BC，CA为直径作半圆围成两月牙形，过点C作DF∥AB分别交三个半圆于点D，E，F．若＝，AC+BC＝15，则阴影部分的面积为（　　）

A．16 B．20 C．25 D．30
6．（5分）如图，AB是半圆O的直径，AB＝5cm，AC＝4cm．D是弧BC上的一个动点（含端点B，不含端点C），连接AD，过点C作CE⊥AD于E，连接BE，在点D移动的过程中，BE的取值范围是（　　）

A．﹣2＜BE≤ B．﹣2≤BE＜3 C．≤BE＜3 D．﹣≤BE＜3
二.填空题（每题5分，共30分）
7．（5分）在⊙O中，若弦BC垂直平分半径OA，则弦BC所对的圆周角等于　 　°．
8．（5分）如图，AB是半径为4的⊙O的直径，P是圆上异于A，B的任意一点，∠APB的平分线交⊙O于点C，连接AC和BC，△ABC的中位线所在的直线与⊙O相交于点E、F，则EF的长是　 　．

9．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝16cm，AD为BC边上的高．动点P从点A出发，沿A→D方向以cm/s的速度向点D运动．设△ABP的面积为S1，矩形PDFE的面积为S2，运动时间为t秒（0＜t＜8），则t＝　 　秒时，S1＝2S2．

10．（5分）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅弦图，后人称其为赵爽弦图（如图1）．图2为小明同学根据弦图思路设计的，在正方形ABCD中，以点B为圆心，AB为半径作，再以CD为直径作半圆交于点E，若边长AB＝10，则△CDE的面积为 　 　．

11．（5分）如图，正方形ABCD中，E为AB上一点，AF⊥DE于点F，已知DF＝5EF＝5，过C、D、F的⊙O与边AD交于点G，则DG＝　 　．

12．（5分）如图，在平面直角坐标系中，A（﹣2，0），B（0，1），C（0，3），以O为圆心，OC为半径画圆，P为⊙O上一动点，则PA+PB的最小值为 　 　．

三.解答题（每题15分，共60分）
13．（15分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，CO⊥AB于点O，D是线段OB上一点，DE＝2，ED∥AC（∠ADE＜90°），连接BE、CD．设BE、CD的中点分别为P、Q．
（1）求AO的长；
（2）求PQ的长；
（3）设PQ与AB的交点为M，请直接写出|PM﹣MQ|的值．

14．（15分）已知：如图1，等边△ABC内接于⊙O，点P是上的任意一点，连接PA，PB，PC．点D是PC上一点，且PD＝PB，连接DB．
（1）求∠PBD的度数；
（2）小丽探究的值，她认为只要弄清PA+PB与PC的关系即可，她的思路可以用以下框图表示：

根据小丽的思路，请你完整地书写本题的探究过程，并求出的值．
（3）如图2，把条件“等边△ABC”改为“正方形ABCD”，其余条件不变，判断是定值吗？若是，请直接写出这个值；若不是，请说明理由．

15．（15分）定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角．
（1）如图1，若四边形ABCD是圆美四边形，求美角∠A的度数．
（2）在（1）的条件下，若⊙O的半径为5．
①求BD的长．
②如图2，在四边形ABCD中，若CA平分∠BCD，则BC+CD的最大值是　 　．
（3）在（1）的条件下，如图3，若AC是⊙O的直径，请用等式表示线段AB，BC，CD之间的数量关系，并说明理由．

16．（15分）如图，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ＝90°，AQ：AB＝3：4，作△ABQ的外接圆O．点C在点P右侧，PC＝4，过点C作直线m⊥l，过点O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF＝，以DE，DF为邻边作矩形DEGF．设AQ＝3x．
（1）用关于x的代数式表示BQ＝　 　，DF＝　 　．
（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长．
（3）当点P在点A右侧时，作直线BG交⊙O于点N，若BN的弦心距为1，求AP的长．


参考答案与试题解析
一.选择题（每题5分，共30分）
1．【分析】过点P作直线与另一边相交，使所得的三角形与原三角形有一个公共角，只要再作一个直角就可以．
【解答】解：由于△ABC是直角三角形，
过P点作直线截△ABC，则截得的三角形与△ABC有一公共角，
所以只要再作一个直角即可使截得的三角形与Rt△ABC相似，
过点P可作AB的垂线、AC的垂线、BC的垂线，共3条直线．
故选：C．

2．【分析】作直径BD，连接DC、DA，如图根据圆周角定理得∠BAD＝∠BCD＝90°，由于∠CAB﹣∠CBA＝90°，可得到∠CAD＝∠CBA，则可证出∠CAD＝∠CDA，所以CA＝CD＝2，然后在Rt△BCD中根据勾股定理计算出BD，从而可得到圆的半径，得出圆的面积．
【解答】解：作直径BD，连接DC、DA，如图
∵BD为直径，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，
∵∠CAB﹣∠CBA＝90°，
∴∠CAD＝∠CBA，
而∠CBA＝∠CDA，
∴∠CAD＝∠CDA，
∴CA＝CD＝2，
在Rt△BCD中，∵BC＝6，CD＝2，
∴BD＝＝2，
OB＝，
∴⊙O的面积为＝10π，
故选：B．

3．【分析】此题可通过证△EAC≌△OAB，得AE＝OA，从而求出EA的长；
△EAC和△OAB中，已知的条件只有AB＝AC；由AB＝BD，得＝，可得∠AED＝∠AOB；
四边形ABDE内角于⊙O，则∠EAB+∠D＝180°，即∠EAC＝180°﹣60°﹣∠D＝120°﹣∠D；而∠ECA＝180°﹣∠ACB﹣∠BCD＝120°﹣∠BCD，上述两个式子中，由BD＝AB＝BC，易证得∠D＝∠BCD，则∠ECA＝∠EAC，即△EAC、△OAB都是等腰三角形，而两个等腰三角形的顶角相等，且底边AC＝AB，易证得两个三角形全等，由此得解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝BD＝a，∠CAB＝∠ACB＝60°；
∵AB＝BD，
∴，
∴∠AED＝∠AOB；
∵BC＝AB＝BD，
∴∠D＝∠BCD；
∵四边形EABD内接于⊙O，
∴∠EAB+∠D＝180°，即∠EAC+60°+∠D＝180°；
又∵∠ECA+60°+∠BCD＝180°，
∴∠ECA＝∠EAC，即△EAC是等腰三角形；
在等腰△EAC和等腰△OAB中，∠AEC＝∠AOB，
∵AC＝AB，
∴△EAC≌△OAB；
∴AE＝OA＝1．
故选：B．

4．【分析】连接AD、BE，如图，根据垂径定理得到CE＝CD，利用得到AC＝，BC＝，再证明△ADC∽△EBC，利用相似比得CD2＝AC•BC，所以DE2＝•，从而可判断弦DE的长只与a、m有关．
【解答】解：连接AD、BE，如图，
∵OC⊥DE，
∴CE＝CD，
∵，
∴AC＝，BC＝，
∵∠D＝∠B，∠A＝∠E，
∴△ADC∽△EBC，
∵CD：BC＝AC：EC，
∴CD2＝AC•BC，
∴DE2＝•，
∴DE2＝，
∴弦DE的长只与a、m有关．
故选：D．

5．【分析】阴影部分面积可以看成是以AC、BC为直径的两个半圆的面积加上一个直角三角形ABC的面积减去一个以AB为直径的半圆的面积．
【解答】解：连接AF、BE，

∵AC是直径，
∴∠AFC＝90°．
∵BC是直径，
∴∠CDB＝90°．
∵DF∥AB，
∴四边形ABDF是矩形，
∴AB＝DF，
取AB的中的O，作OG⊥CE．
∵，设DF＝10k，CE＝6k，
∵CG＝CE＝3k，OC＝OA＝5k，
∴OG＝4K，
∴AF＝BD＝4K，CF＝DE＝2K，
∴AC＝．
∵AC+BC＝15，
∴2k+4k＝15，
∴k＝，
∴AC＝5，BC＝10，
S阴影＝直径为AC的半圆的面积+直径为BC的半圆的面积+S△ABC﹣直径为AB的半圆的面积
＝π（）2+π（）2+AC×BC﹣π（）2
＝π（AC）2+π（BC）2﹣π（AB）2+AC×BC
＝π（AC2+BC2﹣AB2）+AC×BC
＝AC×BC
＝×5×10
＝25．
故选：C．
6．【分析】由∠AEC＝90°知E在以AC为直径的⊙M的上（不含点C、可含点N），从而得BE最短时，即为连接BM与⊙M的交点（图中E′点），在Rt△BCM中利用勾股定理求得BM＝，从而得BE长度的最小值BE′＝BM﹣ME′＝﹣2；由BE最长时即E与C重合，根据BC＝3且点E与点C不重合，得BE＜3，从而得出答案．
【解答】解：如图，

由题意知，∠AEC＝90°，
∴E在以AC为直径的⊙M的上（不含点C、可含点N），
∴BE最短时，即为连接BM与⊙M的交点（图中E′点），
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴AB＝5，AC＝4，
∴BC＝3，CM＝2，
则BM＝＝＝，
∴BE长度的最小值BE′＝BM﹣ME′＝﹣2，
当BE最长时，即E与C重合，
∵BC＝3，且点E与点C不重合，
∴BE＜3，
综上，﹣2≤BE＜3，
故选：B．
二.填空题（每题5分，共30分）
7．【分析】根据弦BC垂直平分半径OA，可得OD：OB＝1：2，得∠BOC＝120°，根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半即可得弦BC所对的圆周角度数．
【解答】解：如图，

∵弦BC垂直平分半径OA，
∴OD：OB＝1：2，
∴∠BOD＝60°，
∴∠BOC＝120°，
∴弦BC所对的圆周角等于60°或120°．
故答案为：60或120．
8．【分析】连接OE、OC，OC交EF于D，由圆周角定理得出 ＝，如果连接OC交EF于D，根据垂径定理可知：OC必垂直平分EF．由MN是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理可得：OD＝CD＝OC＝2．在Rt△OED中求出ED的长，即可得出EF的值．
【解答】解：如图所示，
∵PC是∠APB的角平分线，
∴∠APC＝∠CPB，
∴＝，
∴AC＝BC；
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°．
即△ABC是等腰直角三角形．
连接OC，交EF于点D，则OC⊥AB；
∵MN是△ABC的中位线，
∴MN∥AB；
∴OC⊥EF，OD＝OC＝2．
连接OE，根据勾股定理，得：DE＝＝2，
∴EF＝2ED＝4．
故答案是：4．

9．【分析】利用三角形的面积公式以及矩形的面积公式，表示出S1和S2，然后根据S1＝2S2，即可列方程求解．
【解答】解：∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝16cm，AD为BC边上的高，
∴AD＝BD＝CD＝8cm，
又∵AP＝t，
则S1＝AP•BD＝×8×t＝8t，PD＝8﹣t，
∵PE∥BC，
∴△APE∽△ADC，
∴，
∴PE＝AP＝t，
∴S2＝PD•PE＝（8﹣t）•t，
∵S1＝2S2，
∴8t＝2（8﹣t）•t，
解得：t＝6．
故答案是：6．
10．【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后根据相似三角形的判定与性质，可以得到DE和CE的值，从而可以求得△CDE的面积．
【解答】解：如图，取CD的中点F，连接BF、BE、DE、EF，

由题意可得，FE＝FC，BE＝BC，
∴BF是EC的垂直平分线，
∴∠FBC+∠BCE＝90°，
∵∠BCD＝90°，
∴∠DCE+∠BCE＝90°，
∴∠FBC＝∠DCE，
又∵∠BCF＝∠CED＝90°，
∴△BCF∽△CED，
∴＝＝，
∵BC＝CD＝AB＝10，CF＝5，∠BCF＝90°，
∴BF＝＝＝5，
∴＝＝，
解得：CE＝4，ED＝2，
∴S△CDE＝×CE×DE＝×4×2＝20，
故答案为：20．
11．【分析】连接CF、GF，由△AFD∽△EAD可得正方形边长，再由△AFG∽△DFC即可得到答案．
【解答】解：连接CF、GF，如图：

在正方形ABCD中，∠EAD＝∠ADC＝90°，AF⊥DE，
∴△AFD∽△EAD，
∴，
又∵DF＝5EF＝5，
∴AD＝＝CD，
在Rt△AFD中，AF＝，
∵∠CDF+∠ADF＝90°，∠DAF+∠ADF＝90°，
∴∠DAF＝∠CDF，
∵四边形GFCD是⊙O的内接四边形，
∴∠FCD+∠DGF＝180°，
∵∠FGA+∠DGF＝180°，
∴∠FGA＝∠FCD，
∴△AFG∽△DFC，
∴，
∴，
∴AG＝，
∴DG＝AD﹣AG＝，
故答案为：．
12．【分析】延长OA至D，使OD＝，可得＝，进而得出△AOP∽△POD，从而得出PD＝PA．
【解答】解：如图，

延长OA至D，使OD＝，
在Rt△BOD中，由勾股定理得，
BD＝＝＝，
∵，
∠AOP＝∠POD，
∴△AOP∽△POD，
∴，
∴PD＝PA，
∵PB+PD≥BD＝，
∴当D、P、B共线时，PB+PD最小值＝BD＝，
即PA+PB最小值＝，
故答案是．
三.解答题（每题15分，共60分）
13．【分析】（1）由△ABC∽△ACO，得＝，由此即可求出OA．
（2）如图2中，取BD中点F，CD中点Q，连接PF、QF，在Rt△PFQ中，求出PF，QF即可解决问题．
（3）如图3中，取AD中点G，连接GQ，由PF∥GQ，推出△PMF∽△QMG，推出＝＝，由PM+QM＝，可以求出PM，QM，即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，

∵CO⊥AB，
∴∠AOC＝∠ACB＝90°，∵∠A＝∠A，
∴△ABC∽△ACO，
∴＝，
∵AB＝＝＝13，
∴OA＝＝．

（2）如图2中，取BD中点F，CD中点Q，连接PF、QF，

则PF∥ED，FQ∥BC，
∵DE∥AC，AC⊥BC，
∴DE⊥BC，
∴PF⊥FQ，
∵PF＝ED＝1，FQ＝BC＝6，
在Rt△PFQ中，PQ＝＝＝．

（3）如图3中，取AD中点G，连接GQ，

∵GQ∥AC，ED∥AC，PF∥ED，
∴PF∥GQ，
∴△PMF∽△QMG，
∴＝＝，
∵PM+QM＝，
∴PM＝，MQ＝，
∴|PM﹣QM|＝．
14．【分析】（1）由同弧所对的圆周角相等，可得∠DPB＝∠CAB＝60°，再由PB＝PD，可得△PBD是等边三角形，由此可求解；
（2）证明△APB≌△CDB（SAS），可得PA+PB＝PD+CD＝PC，再求＝＝；
（3）连接DO，AO，过点A作AH⊥AP交PD于点H，证明△PAB≌△HAD（SAS），可得PD＝DH+PH＝PB+PA，同理可证，PC＝PA+BP，则PC+PD＝（1+）（PA+PB），可求＝．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠CAB＝60°，
∴∠DPB＝∠CAB＝60°，
∵PB＝PD，
∴△PBD是等边三角形，
∴∠PBD＝60°；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，
∵∠ABC＝∠PBD＝60°，
∴∠ABP＝∠CBD，
∵△PBD是等边三角形，
∴BP＝BD，
∴△APB≌△CDB（SAS），
∴PA＝CD，
∵PB＝PD，
∴PA+PB＝PD+CD＝PC，
∴＝＝；
（3）是定值，理由如下：
连接DO，AO，过点A作AH⊥AP交PD于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，∠AOD＝90°，
∵∠APD＝∠AOD＝45°，
∵AH⊥AP，
∴∠PAH＝90°，
∴∠AHP＝∠APH＝45°，
∴AH＝AP，
∵∠PAH＝∠BAD＝90°，
∴∠PAB＝∠HAD，
∴△PAB≌△HAD（SAS），
∴PB＝DH，
∴PD＝DH+PH＝PB+PA，
同理可证，PC＝PA+BP，
∴PC+PD＝（1+）（PA+PB），
∴＝＝＝．

15．【分析】（1）由题意得：∠A＝∠C，而∠A+∠C＝180即可求解；
（2）①如下图，连接DO并延长交圆于E点，连接BE，BD＝ED•sinE＝5；②如下图：连接BO、DO、OC，当O在AC上，CD+BC最大即可求解；
（3）∠H＝30°，则CH＝2CD，tan∠BAH＝＝＝tan60，故：BC+2CD＝AB．
【解答】解：（1）由题意得：∠A＝∠C，而∠A+∠C＝180，
∴∠A＝60°；

（2）①如下图，连接DO并延长交圆于E点，连接BE，
则∠E＝∠A＝60°，
BD＝ED•sinE＝5；

②如下图：连接BD，∠ABD＝∠ACD＝60°，

则∠ADB＝∠ACB＝60°，
则△ABD为等边三角形，延长CB到E，使得BE＝CD，
又∵AB＝AD，∠EBA＝∠CDA，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴∠E＝∠ACD＝60°，∠EAB＝∠DAC，
∴∠EAC＝∠EAB+∠BAC＝∠BAC+∠DAC＝60°，
∴△ACE为等边三角形，
则BC+CD＝CE，则AC＝CE＝BC+CD，A为定点，而C为弧BD上的动点，要最大，
则AC为圆的直径，故BC+CD＝AC＝直径＝10；

（3）延长BC和AD交于点H，

则∠H＝30°，
则CH＝2CD，tan∠BAH＝＝＝tan60，
故：BC+2CD＝AB．
16．【分析】（1）由AQ：AB＝3：4，AQ＝3x，易得AB＝4x，由勾股定理得BQ，再由中位线的性质得AH＝BH＝AB，求得CD，FD；
（2）利用（1）的结论，易得CQ的长，作OM⊥AQ于点M，则OM∥AB，由垂径定理得QM＝AM＝x，由矩形性质得OD＝MC，利用矩形面积，求得x，得出结论；
（3）连接NQ，由点O到BN的弦心距为1，得NQ＝2，过点B作BM⊥EG于点M，GM＝x，BM＝x，易得∠GBM＝45°，BM∥AQ，易得AI＝AB，求得IQ，由NQ得AP．
【解答】解：（1）在Rt△ABQ中，
∵AQ：AB＝3：4，AQ＝3x，
∴AB＝4x，
∴BQ＝5x，
∵OD⊥m，m⊥l，
∴OD∥l，
∵OB＝OQ，
∴AH＝BH＝AB＝2x，
∴CD＝2x，
∴FD＝CD＝3x，
故答案为：5x，3x；
（2）∵AP＝AQ＝3x，PC＝4，
∴CQ＝6x+4，
作OM⊥AQ于点M，如图1，

∴OM∥AB，
∵⊙O是△ABQ的外接圆，∠BAQ＝90°，
∴点O是BQ的中点，
∴QM＝AM＝x
∴OD＝MC＝x+4，
∴OE＝BQ＝x，
∴ED＝2x+4，
S矩形DEGF＝DF•DE＝3x（2x+4）＝90，
解得：x1＝﹣5（舍去），x2＝3，
∴AP＝3x＝9；
（3）连接NQ，由点O到BN的弦心距为1，得NQ＝2，如图2，

过点B作BM⊥EG于点M，
∵GM＝x，BM＝x
∴∠GBM＝45°，
∴BM∥AQ，
∴AI＝AB＝4x，
∴IQ＝x，
∴NQ＝＝2，
∴x＝2，
∴AP＝6．