2023-2024学年苏科版（2012）九年级上册第二章对称图形-圆单元测试卷(含答案)

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2023-2024学年 苏科版（2012）九年级上册 第二章� 对称图形-圆� 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图，内接于，，则的度数为（    ）A． B． C． D．2．如图，点A，B，C，D，E在上，，则（    ）A． B． C． D．3．点到的最近点的距离为，最远点的距离为，则的半径是（    ）A．或 B． C． D．或4．若正边形边长为4，它的一个内角为，则其外接圆的半径为（  ）A． B．4 C． D．25．如图，顶点A、B、C均在上，，则为（  ）A． B． C． D．6．如图，，是的两条直径，点是劣弧的中点，连接，．若，则的度数为(    )A． B． C． D．7．如图，为的直径，C为上一点，D为弧的中点，若，那么的度数为（   ）A． B． C． D．8．如图，在中，直径弦于E，连接，若，则的长为（　　）  A．2 B．3 C．4 D．59．如图，的半径为10，弦长，弦心距的长为（　　）A．5 B．6 C．7 D．810．黄冈市政府网消息，全长109公里的黄黄高速将进行改扩建，按双向八车道设计，高速公路的隧道和桥梁很多．如图是一个隧道的横截面，若它的形状是以O为圆心的圆的一部分，路面米，净高米，则此圆的半径（）A．6米 B．6．5米 C．7米 D．7．5米11．如图平面直角坐标系中，的半径为，弦的长为4，内一点D的坐标为，当弦绕点O顺时针旋转时，点D到的距离的最小值是 ．12．如图，已知的直径垂直于弦，垂足为点，则半径的长为 ．13．如图，正方形内接于、E为上一点，连接．若，则正方形的边长为 ．14．如图，扇形中，，，点C为上一点，将扇形沿折叠，使点B的对应点落在射线上，则图中阴影部分的面积为 ．15．某款“不倒翁”（图1）的主视图是图2，分别与所在圆相切于点A，B．若该圆半径是，，则的长是 ．16．如图，已知矩形，，，动点E、F分别从点A、C同时出发，分别沿着以相同速度运动，当E到达B点后，E、F同时停止运动．过点B作垂直直线于G，连接，则的最小值为 ．17．如图，的直径为，弦为的平分线交于点D．(1)求的度数；(2)求阴影部分的面积．18．如图，是的直径，为上一点，为上一点，且，延长交于，连． (1)求证：；(2)若，求的长．评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、问答题评卷人得分四、证明题参考答案：1．C【分析】本题考查了圆周角定理的应用，用的知识点是：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．根据圆周角定理得出，代入求出即可．【详解】解：弧对的圆心角是，对的圆周角是，，．故选：C．2．D【分析】本题主要考查了圆周角定理，弦与弧之间的关系，根据弦与弧之间的关系得到，再根据同圆中等弧所对的圆周角是圆心角度数的一半可得．【详解】解：∵，∴，∴，故选D．3．A【分析】本题考查点与圆的位置关系，分为两种情况来讨论，当点在内时，直径最近点的距离最远点的距离；当点在外时，直径最远点的距离最近点的距离．【详解】解：点应分为位于圆的内部和外部两种情况讨论：①当点在圆内时，最近点的距离为，最远点的距离为，则直径是，因而半径是；②当点在圆外时，最近点的距离为，最远点的距离为，则直径是，因而半径是．故选：A．4．B【分析】本题考查了正多边形与圆．正多边形的计算一般要经过中心作边的垂线，并连接中心与一个端点构造直角三角形，把正多边形的计算转化为解直角三角形．根据正边形的特点，构造直角三角形，即可求解．【详解】解：经过正边形的中心作边的垂线，，正边形的一个内角为，，，，，，故选：B．5．C【分析】本题考查了圆周角定理及等腰三角形的性质和三角形内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．先利用圆周角定理可得：，再结合已知可得，然后再利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理，进行计算即可解答．【详解】解：由圆周角定理可知：，∵，∴，∴，∵，∴，故选：C．6．C【分析】本题考查了三角形内角和定理，等腰三角形的性质，圆周角定理；连接，根据三角形内角和定理得出，根据是劣弧的中点，得出，进而根据圆周角定理，即可求解．【详解】解：连接，，，，，∵是劣弧的中点，∴，∴，由圆周角定理得：故选：C．7．D【分析】此题考查了圆周角定理，涉及的知识有：直径所对的圆周角为直角，同弧或等弧所对的圆周角相等，利用了转化的思想，熟练掌握以上知识是解本题的关键．连接，根据圆周角定理可得直径所对的圆周角为直角，根据可求得的度数．由圆周角定理可得进而求得答案．【详解】解：连接，为的直径，∴，，∵D为弧的中点，，故选：D．8．B【分析】本题考查的是垂径定理的应用，勾股定理的应用，含的直角三角形的性质，本题先求得和的长，设，在中，利用勾股定理求解可得答案．【详解】解：∵，∴是直角三角形，∴，∴，连接，设，则，  在中，，即，解得，∴．故选：B．9．B【分析】本题考查垂径定理及勾股定理，首先根据垂径定理得到，然后利用勾股定理求解即可，解题的关键是掌握垂径定理及勾股定理．【详解】解：∵是弦心距，∴，∴，∵，∴．故选：B．10．B【分析】本题考查的是垂径定理及勾股定理在实际生活中的运用，用表示出各边的长是解答此题的关键．先设此圆的半径为，用表示出的长，再由垂径定理求出的长，根据勾股定理即可求解．【详解】解：设此圆的半径为，则，∵米，，∴米，在中，∵米，∴，即，解得米．故选：B．11．6【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，垂线段最短，过点O作于H，过点D作于G，连接，由垂径定理得到，由勾股定理可得，再由，可得，据此可得答案．【详解】解：如图所示，过点O作于H，过点D作于G，连接，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴的最小值为6，∴点D到的距离的最小值是6，故答案为：6．12．【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，以及垂径定理是解题的关键．连接，根据圆周角定理可得，再利用垂径定理可得，，从而可得，，进行计算即可解答．【详解】解：连接，，，直径，，，，，，，故答案为：．13．【分析】连接，由圆的性质可得，再由圆内接正四边形的性质以及，，进而证得是等边三角形，得到 ，根据勾股定理求出 ，即可求解．【详解】解：连接，如图：正方形内接于圆，，是等边三角形，，，正方形的边长为，故答案为：．【点睛】本题考查了正多边形和圆，正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，解题的关键是证得 是等边三角形．14．【分析】本题考查了扇形面积，勾股定理和折叠问题．解题关键是利用参数构建方程解决问题．连接，由勾股定理求出由折叠可得出，设，则 ，在中，由勾股定理建立关于x方程求解，根据即可求解．【详解】解：连接，，,，在中，由勾股定理，得，由折叠可得，，，设则，则根据勾股定理，解得，∴阴影部分的面积是：．15．【分析】本题主要考查了切线的性质，求弧长，四边形内角和定理，设圆心为O、连接，先由切线的性质得到，再由四边形内角和定理求出，则优弧对应的圆心角为，据此利用弧长公式求解即可．【详解】解：如图，设圆心为O、连接，∵分别与所在圆相切于点A，B，∴，∵，∴，∴优弧对应的圆心角为，∴优弧的长是：，故答案为：．16．/【分析】先证，得，根据勾股定理求出的长，进而得是等边三角形，理解G在以点H为圆心，为直径的圆上，连接交圆于点，此时最小，求出得长，即可得答案．【详解】解：如下图，连接交与点O，连接，点E，F从点A、C同时出发，分别沿着、CD以相同速度运动，，四边形是矩形，，，，，，，在中，，，，是等边三角形，，是直角三角形，设中点是H，G在以点H为圆心，为直径的圆上，连接交圆于点，此时最小，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、圆的有关知识、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解题的关键是理解连结交圆于点，此时最小．17．(1)(2)【分析】本题考查角平分线性质，圆周角定理，勾股定理及扇形的面积，（2）中结合已知条件求得是解题的关键．（1）根据角平分线及圆周角定理即可求得答案；（2）连接，根据圆周角定理求得的度数，再利用扇形面积公式及三角形面积公式计算即可．【详解】（1）∵是的直径，∴，∵平分，∴，∴；（2）如图，连接，，，∴，∴，∴，∵，，，即阴影部分的面积为．18．(1)见解析(2)【分析】（1）根据圆周角定理得到，则，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和得到，从而得到结论；（2）连接、，如图，利用（1）的结论和圆周角定理得到，则，所以，然后利用勾股定理计算的长．【详解】（1）证明：是的直径，，，，，，，；（2）解：连接、，如图，由（1）得，∵，∵∴，，而，．【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，三角形外角的性质．熟练掌握圆周角定理及其推论是解题的关键．