【精品试卷】人教版数学九年级全册复习专项训练6 圆（含答案）

这是一份【精品试卷】人教版数学九年级全册复习专项训练6 圆（含答案），共9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．如图，∠O＝30°，C为OB上一点，且OC＝6，以点C为圆心，半径为3的圆与OA的位置关系是( )
A．相离 B．相交 C．相切 D．均有可能

第1题图 第3题图 第4题图
2．(贺州中考)已知圆锥的母线长是12，它的侧面展开图的圆心角是120°，则它的底面圆的直径为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
3．(兰州中考)如图，在⊙O中，若点C是eq \(AB,\s\up8(︵))的中点，∠A＝50°，则∠BOC的度数为( )
A．40° B．45° C．50° D．60°
4．(杭州中考)如图，已知AC是⊙O的直径，点B在圆周上(不与A、C重合)，点D在AC的延长线上，连接BD交⊙O于点E，若∠AOB＝3∠ADB，则( )
A．DE＝EB B.eq \r(2)DE＝EB C.eq \r(3)DE＝DO D．DE＝OB

第5题图 第6题图 第7题图
5．如图，⊙O的半径是2，AB是⊙O的弦，点P是弦AB上的动点，且1≤OP≤2，则弦AB所对的圆周角的度数是( )
A．60° B．120° C．60°或120° D．30°或150°
6．(德州中考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有下列问题“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何？”其意思是：“今有直角三角形，勾(短直角边)长为8步，股(长直角边)长为15步，问该直角三角形能容纳的圆形(内切圆)直径是多少？”( )
A．3步 B．5步 C．6步 D．8步
7．(山西中考)如图，在▱ABCD中，AB为⊙O的直径，⊙O与DC相切于点E，与AD相交于点F，已知AB＝12，∠C＝60°，则eq \(FE,\s\up8(︵))的长为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,2) C．π D．2π

8．(滨州中考)如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，且OC∥BD，AD分别与BC，OC相交于点E，F，则下列结论：①AD⊥BD；②∠AOC＝∠AEC；③CB平分∠ABD；④AF＝DF；⑤BD＝2OF；⑥△CEF≌△BED，其中一定成立的是( )
A．②④⑤⑥ B．①③⑤⑥ C．②③④⑥ D．①③④⑤

第8题图 第9题图 第10题图
二、填空题
9．(安顺中考)如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若AB＝8，CD＝6，则BE＝________．
10．(齐齐哈尔中考)如图，若以平行四边形一边AB为直径的圆恰好与对边CD相切于点D，则∠C＝________度．
11．(贵港中考)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝60°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°后得到△ADE.若AC＝1，则线段BC在上述旋转过程中所扫过部分(阴影部分)的面积是________(结果保留π)．
12．(呼和浩特中考)在周长为26π的⊙O中，CD是⊙O的一条弦，AB是⊙O的切线，且AB∥CD，若AB和CD之间的距离为18，则弦CD的长为________．
13．(成都中考)如图，△ABC内接于⊙O，AH⊥BC于点H，若AC＝24，AH＝18，⊙O的半径OC＝13，则AB＝________．

第11题图 第13题图 第14题图
14．如图，在扇形OAB中，∠AOB＝60°，扇形半径为r，点C在eq \(AB,\s\up8(︵))上，CD⊥OA，垂足为D，当△OCD的面积最大时，eq \(AC,\s\up8(︵))的长为________．
三、解答题
15．(宁夏中考)如图，已知△ABC，以AB为直径的⊙O分别交AC于D，BC于E，连接ED，若ED＝EC.
(1)求证：AB＝AC；
(2)若AB＝4，BC＝2eq \r(3)，求CD的长．
16．(新疆中考)如图，在⊙O中，半径OA⊥OB，过OA的中点C作FD∥OB交⊙O于D、F两点，且CD＝eq \r(3)，以O为圆心，OC为半径作弧CE，交OB于E点．
(1)求⊙O的半径OA的长；
(2)计算阴影部分的面积．
17．(西宁中考)如图，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD.
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)过点B作⊙O的切线交CD的延长线于点E，BC＝6，eq \f(AD,BD)＝eq \f(2,3)，求BE的长．
18．★如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝eq \r(3)x－2eq \r(3)与x轴、y轴分别交于A，B两点，P是直线AB上一动点，⊙P的半径为1.
(1)判断原点O与⊙P的位置关系，并说明理由；
(2)当⊙P过点B时，求⊙P被y轴所截得的劣弧的长；
(3)当⊙P与x轴相切时，求出切点的坐标．
参考答案与解析
1．C 2.D 3.A 4.D 5.C
6．C 解析：根据勾股定理得斜边为eq \r(82＋152)＝17，则该直角三角形能容纳的圆形(内切圆)半径r＝eq \f(8＋15－17,2)＝3(步)，即直径为6步．
7．C 解析：连接OE、OF.∵CD是⊙O的切线，∴OE⊥CD，∴∠OED＝90°.∵四边形ABCD是平行四边形，∠C＝60°，∴∠A＝∠C＝60°，∠D＝120°.∵OA＝OF，∴∠A＝∠OFA＝60°，∴∠DFO＝120°，∴∠EOF＝360°－∠D－∠DFO－∠DEO＝30°，∴eq \(FE,\s\up8(︵))的长＝eq \f(30π·6,180)＝π.
8．D 解析：①∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD，∴①正确；②∵∠AOC是⊙O的圆心角，∠AEC是⊙O的圆内部的角，∴∠AOC≠∠AEC，∴②错误；③∵OC∥BD，∴∠OCB＝∠DBC.∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC，∴∠OBC＝∠DBC，∴CB平分∠ABD，∴③正确；④∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD.∵OC∥BD，∴∠AFO＝90°.∵点O为圆心，∴AF＝DF，∴④正确；⑤由④有AF＝DF，∵点O为AB中点，∴OF是△ABD的中位线，∴BD＝2OF，∴⑤正确；⑥∵△CEF和△BED中，没有相等的边，∴△CEF与△BED不全等，∴⑥错误．
9．4－eq \r(7) 解析：连接OC.∵弦CD⊥AB于点E，CD＝6，∴CE＝ED＝eq \f(1,2)CD＝3.在Rt△OEC中，∠OEC＝90°，CE＝3，OC＝4，∴OE＝eq \r(42－32)＝eq \r(7)，∴BE＝OB－OE＝4－eq \r(7).
10．45 解析：连接OD.∵CD是⊙O的切线，∴OD⊥CD.∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴AB⊥OD，∴∠AOD＝90°.∵OA＝OD，∴∠A＝∠ADO＝45°，∴∠C＝∠A＝45°.
11.eq \f(π,2) 解析：由题意可得△ABC≌△ADE.∵∠C＝90°，∠BAC＝60°，AC＝1，∴AB＝2.∵∠DAE＝∠BAC＝60°，∴S扇形BAD＝eq \f(60×π×22,360)＝eq \f(2π,3)，S扇形△CAE＝eq \f(60π×12,360)＝eq \f(π,6)，∴S阴影＝S扇形DAB＋S△ABC－S△ADE－S扇形ACE＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2).
12．24 解析：如图，设AB与⊙O相切于点F，连接OF，OD，延长FO交CD于点E.∵2πR＝26π，∴R＝13，∴OF＝OD＝13.∵AB是⊙O的切线，∴OF⊥AB.∵AB∥CD，∴EF⊥CD，即OE⊥CD，∴CE＝ED.∵EF＝18，OF＝13，∴OE＝5.在Rt△OED中，∵∠OED＝90°，OD＝13，OE＝5，∴ED＝eq \r(OD2－OE2)＝12，∴CD＝2ED＝24.
eq \f(39,2) 解析：作直径AE，连接CE，∴∠ACE＝90°.∵AH⊥BC，∴∠AHB＝90°，∴∠ACE＝∠AHB.又∵∠B＝∠E，∴△ABH∽△AEC，∴eq \f(AB,AE)＝eq \f(AH,AC)，∴AB＝eq \f(AH·AE,AC).∵AC＝24，AH＝18，AE＝2OC＝26，∴AB＝eq \f(39,2).
14.eq \f(1,4)πr 解析：∵OC＝r，CD⊥OA，∴DC＝eq \r(OC2－OD2)＝eq \r(r2－OD2)，∴S△OCD＝eq \f(1,2)OD·eq \r(r2－OD2)，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(S△OCD))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)OD2·(r2－OD2)＝－eq \f(1,4)OD4＋eq \f(1,4)r2OD2＝－eq \f(1,4)(OD2－eq \f(r2,2))2＋eq \f(r4,16)，∴当OD2＝eq \f(r2,2)，即OD＝eq \f(\r(2),2)r时，△OCD的面积最大，∴∠OCD＝45°，∴∠COA＝45°，∴eq \(AC,\s\up8(︵))的长＝eq \f(45πr,180)＝eq \f(1,4)πr.
15．(1)证明：∵ED＝EC，∴∠EDC＝∠C.∵∠B＋∠ADE＝180°，∠EDC＋∠ADE＝180°，∴∠B＝∠EDC，∴∠B＝∠C，∴AB＝AC；
(2)解：连接AE.∵AB为直径，∴AE⊥BC.由(1)知AB＝AC，∴AC＝4，BE＝CE＝eq \f(1,2)BC＝eq \r(3).∵∠C＝∠C，∠EDC＝∠B，∴△EDC∽△ABC，∴eq \f(CE,AC)＝eq \f(CD,BC)，即CE·BC＝CD·AC，∴eq \r(3)·2eq \r(3)＝4CD，∴CD＝eq \f(3,2).

16．解：(1)连接OD.∵OA⊥OB，∴∠AOB＝90°.∵CD∥OB，∴∠OCD＝90°.在Rt△OCD中，∵C是AO的中点，CD＝eq \r(3)，∴OD＝2OC.设OC＝x，∴x2＋(eq \r(3))2＝(2x)2，∴x＝1，∴OD＝2，∴⊙O的半径为2；
(2)∵sin∠CDO＝eq \f(OC,OD)＝eq \f(1,2)，∴∠CDO＝30°.∵FD∥OB，∴∠DOB＝∠CDO＝30°，∴S阴影＝S△CDO＋S扇形OBD－S扇形OCE＝eq \f(1,2)×1×eq \r(3)＋eq \f(30π×22,360)－eq \f(90π×12,360)＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(π,12).
(1)证明：连接OD.∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠BDO.∵∠CDA＝∠CBD，∴∠CDA＝∠ODB.又∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠ADO＋∠ODB＝90°，∴∠ADO＋∠CDA＝90°，即∠CDO＝90°，∴OD⊥CD.∵OD是⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线；
(2)解：∵∠C＝∠C，∠CDA＝∠CBD，∴△CDA∽△CBD，∴eq \f(CD,BC)＝eq \f(AD,BD).∵eq \f(AD,BD)＝eq \f(2,3)，BC＝6，∴CD＝4.∵CE，BE是⊙O的切线，∴BE＝DE，BE⊥BC，∴BE2＋BC2＝EC2，即BE2＋62＝(4＋BE)2，解得BE＝eq \f(5,2).
18．解：(1)原点O在⊙P外．理由如下：∵直线y＝eq \r(3)x－2eq \r(3)与x轴、y轴分别交于A，B两点，∴点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(0，－2eq \r(3))．在Rt△OAB中，tan∠OBA＝eq \f(OA,OB)＝eq \f(2,2\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，∴∠OBA＝30°.如图①，过点O作OH⊥AB于点H，在Rt△OBH中，OH＝OB·sin∠OBA＝eq \r(3).∵eq \r(3)＞1，∴原点O在⊙P外；
(2)如图②，当⊙P过点B时，点P在y轴右侧时，∵PB＝PC，∴∠PCB＝∠OBA＝30°，∴⊙P被y轴所截的劣弧所对的圆心角的度数为180°－30°－30°＝120°，∴弧长为eq \f(120°×π×1,180)＝eq \f(2π,3)；同理：当⊙P过点B时，点P在y轴左侧时，弧长同样为eq \f(2π,3).∴当⊙P过点B时，⊙P被y轴所截得的劣弧的长为eq \f(2π,3)；
(3)如图③，当⊙P与x轴相切时，且位于x轴下方时，设切点为D，作PD⊥x轴，∴PD∥y轴，∴∠APD＝∠ABO＝30°.在Rt△DAP中，AD＝DP·tan∠DPA＝1×tan30°＝eq \f(\r(3),3)，∴OD＝OA－AD＝2－eq \f(\r(3),3)，∴此时点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(\r(3),3)，0))；当⊙P与x轴相切时，且位于x轴上方时，根据对称性可以求得此时切点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(\r(3),3)，0)).综上所述，当⊙P与x轴相切时，切点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(\r(3),3)，0))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(\r(3),3)，0)).