人教版数学九上 第二十四章综合素质评价试卷

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第二十四章综合素质评价一、选择题(每题3分，共30分)1．[2023泰州姜堰区月考]已知⊙O的直径为10 cm，若点P到圆心的距离是4 cm，则点P与⊙O的位置关系是(　　) A．点P在⊙O内 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O外 D．无法确定2．如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，若∠AOD＝40°，则∠BCD的度数为(　　) A．20° B．50° C．70° D．90°(第2题) 　(第3题) 　(第4题)　 (第5题)3．如图，AB与⊙O相切于点B，AO与⊙O相交于点C，若AB＝8，AC＝4，则⊙O的半径为(　　) A．4 B．5 C．6 D．84．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为M，下列结论不一定成立的是(　　) A．CM＝DM B．OM＝MB C．BC＝BD D．∠ACD＝∠ADC5．[2023中山模拟]如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，∠DAC＝20°，弦CD＝CB，则∠ADC＝(　　) A．100° B．110° C．120° D．150°6．如图，⊙O是正五边形ABCDE的内切圆，分别切AB，CD于点M，N，P是优弧MN上的一点，则∠MPN的度数为(　　) A．55° B．60° C．72° D．80°(第6题) (第7题) 　(第8题)7．[2024保定期末]如图，量角器的直径与直角三角板ABC的斜边AB重合，其中量角器0刻度线的端点N与点A重合，射线CP从CA处出发，沿顺时针方向以每秒3°的速度旋转，CP与量角器的半圆弧交于点E，第12秒时，点E在量角器上对应的读数是(　　) A．18° B．36° C．72° D．144°8．[2023赤峰]某班学生表演课本剧，要制作一顶圆锥形的小丑帽．如图，这个圆锥的底面圆周长为20π cm，母线AB长为30 cm，为了使帽子更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴一条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带(彩带宽度忽略不计)，这条彩带的最短长度是(　　) A．30 cm B．30 eq \r(3) cm C．60 cm D．20π cm 9．如图，AB为⊙O的直径，PB，PC分别与⊙O相切于点B，C，过点C作AB的垂线，垂足为E，交⊙O于点D．若CD＝PB＝2 eq \r(3)，则BE的长为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4(第9题) 　 　(第10题) 　(第11题) 　 (第12题)10．如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，与BC相交于点G，则下列结论：①∠BAD＝∠CAD；②若∠BAC＝60°，则∠BEC＝120°；③若点G为BC的中点，则∠BGD＝90°；④BD＝DE．其中一定正确的个数是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题(每题3分，共18分)11．如图，在⊙O中，OA⊥BC，∠ADC＝30°，则∠AOB的度数为________．12．[2023武威]如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点D是⊙O上一点，∠CDB＝55°，则∠ABC＝________°．13．[2023衡阳]如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6．以点C为圆心，r为半径作圆，当所作的圆与斜边AB所在的直线相切时，r的值为________．(第13题) 　(第14题) 　(第15题)　 (第16题)14．[2023郴州]如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点P处安装了一台监视器，它的监控角度是55°，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器________台．15．[2023镇江]《九章算术》中记载：“今有勾八步，股一十五步．问勾中容圆，径几何？”译文：现在有一个直角三角形，短直角边的长为8步，长直角边的长为15步．问这个直角三角形内切圆的直径是多少？书中给出的算法译文如下：如图，根据短直角边的长和长直角边的长，求得斜边的长．用直角三角形三条边的长相加作为除数，用两条直角边相乘的积再乘2作为被除数，计算所得的商就是这个直角三角形内切圆的直径．根据以上方法，求得该直径等于________步．(注：“步”为长度单位)16．如图，四边形ABCD是⊙O的内接正四边形，分别以点A，O为圆心，取大于eq \f(1,2)OA的定长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN，交⊙O于点E，F．若OA＝1，则eq \o(BE,\s\up8(︵))，AE，AB 所围成的阴影部分面积为________．三、解答题(共72分)17．(6分)如图，AB是⊙O的直径，PA切⊙O于A，OP交⊙O于C，连接BC，若∠P＝30°，求∠B的度数．18．(8分)如图，扇形OAB的面积为4π cm2，∠AOB＝90°，用这个扇形围成一个圆锥的侧面．求这个圆锥的底面圆的半径．19．(10分)如图是一个半圆形桥洞的截面示意图，圆心为 O，直径AB是河底线，弦CD是水位线，CD∥AB，AB＝26 m，OE⊥CD 于点E，此时测得OE：CD＝5：24．求CD的长．20．(10分)已知⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F．(1)若AB＝6，AC＝4，BC＝8，求CE的长；(2)若∠A＝70°，求∠BOC的度数．21．(12分)[2023绍兴嵊州市期末]如图，四边形ABCD内接于⊙O，分别延长BC，AD，使它们相交于点E，AB＝8，且DC＝DE．(1)求证：∠A＝∠E；(2)若∠EDC＝90°，点C为BE的中点，求⊙O的半径．22．(12分)[2023江西]如图，在△ABC中，AB＝4，∠C＝64°，以AB为直径的⊙O与AC相交于点D，E为eq \o(ABD,\s\up8(︵))上一点，且∠ADE＝40°．(1)求eq \o(BE,\s\up8(︵))的长；(2)若∠EAD＝76°，求证：CB为⊙O的切线．23．(14分)如图，P为抛物线y＝eq \f(1,4)x2＋1上的一个动点，以P为圆心的⊙P与x轴相切，且当点P运动时，⊙P始终经过y轴上的一个定点M．(1)当⊙P的半径为5时，求⊙P在y轴上所截得的弦长；(2)求定点M到直线y＝kx＋4k的距离的最大值．答案一、1．A　2．C　3．C　4．B5．B【解析】∵CD＝CB，∴eq \o(CB,\s\up8(︵))＝eq \o(CD,\s\up8(︵))，∴∠BAC＝∠DAC＝20°．∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠B＝90°－20°＝70°．∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠ADC＝180°－∠B＝180°－70°＝110°．6．C　【解析】连接OM，ON．∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠B＝∠C＝eq \f(（5－2）×180°,5)＝108°．∵⊙O分别切AB，CD于点M，N，∴∠OMB＝∠ONC＝90°．又∵五边形BMONC的内角和为(5－2)×180°＝540°，∴∠MON＝540°－∠OMB－∠ONC－∠B－∠C＝144°，∴∠MPN＝eq \f(1,2)∠MON＝72°．7．C　8．B9．C【解析】过点C作CH⊥PB于点H．∵直径AB⊥CD于点E，∴CE＝DE＝eq \f(1,2)CD＝eq \r(3)．∵PC，PB分别切⊙O于点C，B，∴PB＝PC＝CD＝2 eq \r(3)，直径AB⊥PB，∴易得四边形ECHB是矩形，∴BH＝CE＝eq \r(3)，BE＝CH，∴PH＝PB－BH＝2 eq \r(3)－eq \r(3)＝eq \r(3)，∴CH＝eq \r(PC2－PH2)＝eq \r(（2 \r(3)）2－（\r(3)）2)＝3，∴BE＝CH＝3．10．D【解析】∵E是△ABC的内心，∴AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，故①正确；如图，连接BE，CE．∵E是△ABC的内心，∴∠EBC＝eq \f(1,2)∠ABC，∠ECB＝eq \f(1,2)∠ACB．∵∠BAC＝60°，∴∠ABC＋∠ACB＝120°，∴∠BEC＝180°－∠EBC－∠ECB＝180°－eq \f(1,2)(∠ABC＋∠ACB)＝120°，故②正确；设△ABC的外接圆圆心为O，连接OD．∵∠BAD＝∠CAD，∴eq \o(BD,\s\up8(︵))＝eq \o(DC,\s\up8(︵))，∴OD⊥BC．∵点G为BC的中点，∴G一定为OD与BC的交点，∴∠BGD＝90°，故③正确；∵E是△ABC的内心，∴∠ABE＝∠CBE．∵∠DBC＝∠DAC＝∠BAD，∴∠DBC＋∠EBC＝∠EBA＋∠EAB，∴∠DBE＝∠DEB，∴DB＝DE，故④正确．综上所述，正确的结论有①②③④共4个．二、11．60°　12．35 13．eq \f(24,5)【解析】设⊙C与AB所在的直线相切，切点为点D，连接CD，如图．∵CD是⊙C的半径，AB与⊙C相切于点D，∴AB⊥CD．∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，∴AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝eq \r(82＋62)＝10．∵eq \f(1,2)AB·CD＝eq \f(1,2)AC·BC＝S△ACB，∴eq \f(1,2)×10CD＝eq \f(1,2)×8×6，解得CD＝eq \f(24,5)，∴r＝eq \f(24,5)．14．415．6【解析】根据勾股定理得斜边长为eq \r(82＋152)＝17(步)，则该直角三角形能容纳的圆形(内切圆)的直径为eq \f(8×15×2,8＋15＋17)＝6(步)．16．eq \f(π,12)＋eq \f(\r(3),4)－eq \f(1,2)【解析】连接EO，BO，记MN，AO交于点 H．由题可知，MN是线段AO的垂直平分线．∴EA＝EO．又∵EO＝OA＝1，∴△EAO为等边三角形．∴∠EOA＝60°．∴易得EH＝eq \f(\r(3),2)．∵四边形ABCD是⊙O的内接正四边形，∴∠AOB＝90°．∴S弓形AE＝S扇形OAE－S△AOE＝eq \f(60π·OA2,360)－eq \f(1,2)OA·EH＝eq \f(1,6)π－eq \f(\r(3),4)．∴S阴影＝S扇形OAB－S△AOB－S弓形AE＝eq \f(1,4)π－eq \f(1,2)×1×1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)π－\f(\r(3),4)))＝eq \f(π,12)＋eq \f(\r(3),4)－eq \f(1,2)．三、17．【解】∵PA是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，∴∠OAP＝90°．又∵∠P＝30°，∴∠AOP＝60°．∴∠B＝eq \f(1,2)∠AOP＝30°．18．【解】设扇形OAB的半径为R cm，根据题意得eq \f(90×π×R2,360)＝4π，解得R＝4(负值已舍去)．设这个圆锥的底面圆的半径为r cm，则2πr＝eq \f(90π×4,180)，解得r＝1，所以这个圆锥的底面圆的半径为1 cm．19．【解】连接OD．∵直径AB＝26 m，∴OD＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)×26＝13(m)．∵OE⊥CD，∴DE＝eq \f(1,2)CD．∵OE：CD＝5：24，∴OE：ED＝5：12．设OE＝5x m，则ED＝12x m．在Rt△ODE中，∵OE2＋ED2＝OD2，即(5x)2＋(12x)2＝132，解得x＝1(负值已舍去)．∴ED＝12 m，∴CD＝2DE＝2×12＝24(m)．20．【解】(1)由切线长定理可知AE＝AF，BD＝BF，CE＝CD，设CE＝CD＝x，则BD＝BF＝8－x，AF＝AE＝4－x．根据题意得8－x＋4－x＝6，解得x＝3．∴CE＝3．(2)∵⊙O是△ABC的内切圆，∴BO，CO分别是∠ABC，∠ACB的平分线，∴∠OBC＝eq \f(1,2)∠ABC，∠OCB＝eq \f(1,2)∠ACB．∵∠A＝70°，∴∠BOC＝180°－(∠OBC＋∠OCB)＝180°－eq \f(1,2)(∠ABC＋∠ACB)＝180°－eq \f(1,2)(180°－∠A)＝90°＋eq \f(1,2)∠A＝90°＋35°＝125°．21．(1)【证明】∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠A＋∠BCD＝180°．∵∠BCD＋∠DCE＝180°，∴∠A＝∠DCE．∵DC＝DE，∴∠E＝∠DCE，∴∠A＝∠E．(2)【解】连接AC．∵∠EDC＝90°，∴∠ADC＝90°，∴AC是⊙O的直径，∴∠ABC＝90°．∵∠A＝∠E，∴BE＝AB＝8．∵点C为BE的中点，∴BC＝eq \f(1,2)BE＝4，∴在Rt△ABC中，AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(82＋42)＝4 eq \r(5)，∴⊙O的半径为2 eq \r(5)．22．(1)【解】连接OE．∵AB是⊙O的直径，且AB＝4，∴⊙O的半径为2．∵∠ADE＝40°，∴∠AOE＝2∠ADE＝80°，∴∠BOE＝180°－∠AOE＝100°，∴eq \o(BE,\s\up8(︵))的长＝eq \f(100×π×2,180)＝eq \f(10,9)π．(2)【证明】连接BD．∵∠EAD＝76°，∠ADE＝40°，∴∠AED＝180°－∠EAD－∠ADE＝64°，∴∠ABD＝∠AED＝64°．∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠BAC＝90°－∠ABD＝26°．∵∠C＝64°，∴∠ABC＝180°－∠C－∠BAC＝90°，即AB⊥BC．∵OB是⊙O的半径，∴BC是⊙O的切线．23．【解】(1)不妨设⊙P与y轴的另一个交点为N，连接PN，过点P作PH⊥y轴于点H，则NH＝MH＝eq \f(1,2)MN．∵⊙P与x轴相切，∴yp＝PN＝5，∴eq \f(1,4)x2＋1＝5，解得x1＝4，x2＝－4，即点P的坐标为(4，5)或(－4，5)，∴PH＝4，∴NH＝eq \r(PN2－PH2)＝3，∴MN＝2NH＝6，即⊙P在y轴上所截得的弦长为6．(2)设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(1,4)a2＋1))，M(0，m)，则⊙P的半径为eq \f(1,4)a2＋1，即PM＝eq \f(1,4)a2＋1，∴a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a2＋1－m))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a2＋1))eq \s\up12(2)，即a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a2＋1))eq \s\up12(2)－2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a2＋1))＋m2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a2＋1))eq \s\up12(2)，整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)m))a2－2m＋m2＝0，∵无论点P如何运动，M为定点，∴与a值无关，∴1－eq \f(1,2)m＝0，即m＝2，∴M(0，2)，∵直线y＝kx＋4k经过定点Q(－4，0)，∴直线y＝kx＋4k绕点O旋转到与MQ垂直时，定点M到该直线的距离最大，最大值为MQ的长，即MQ＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5)．