2023-2024学年沪教版（2012）九年级上册第二十七章圆与正多边形单元测试卷(含答案)

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2023-2024学年 沪教版（2012）九年级上册 第二十七章� �圆与正多边形� 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图，正六边形内接于，若正六边形的周长是，则它的边心距为（    ）A．2 B． C． D．2．如图,的顶点在上,是的直径,连接,,则的度数是(   )A． B． C． D．3．如图，在直角坐标系中，以点O为圆心，半径为4的圆与 y 轴交于点B，点是圆外一点，直线与切于点C，与x轴交于点D，则点C的坐标为（    ）A．， B．， C．， D．，4．如图，四边形内接于，若四边形是平行四边形，则的大小为（  ）A． B． C． D．5．如图，半径的在轴上平移，且圆心在轴上，当与直线相切时，圆心的坐标为(　　)A． B．C．或 D．成6．如图，已知，B为双曲线上的一点，，C为y轴的正半轴上一动点，当（    ）时，最大．A． B． C． D．17．如图，点是正方形的中心，与相切于点，连接，若，，则正方形的面积是（    ）A． B． C． D．8．如图，的直径，是的弦，，垂足为P，且，则的长（   ）A． B． C． D．9．如图，矩形中，，，P是直线上的一个动点，，沿翻折形成，连接，则的最小值是（    ）A． B． C． D．10．如图，在平面直角坐标系中，的半径为2，与x轴，y轴的正半轴分别交于点A，B，点，，，均为弧上的点（点P不与点A，B重合），若，则点P的位置为（　　）A．在弧上 B．在弧上 C．在弧上 D．在弧上11．如图，在正方形中，点分别在边，上，且，与交于点且，连接，其中正确答案的序号为 ．（请填入所有的正确答案序号）①；②；③；④．12．如图，在中，，将绕点逆时针旋转角得到，并使点落在边上，则点所经过的路径长为 ．（结果保留）  13．如图，是的直径，是延长线上一点，点在上，且，的延长线交于点，若，那么 ．14．如图，在平面直角坐标系中，与y轴相切于点A，与x轴交于点B、C，连接并延长交于点D，交y轴于点E，连接并延长交x轴于点F，已知点D的坐标为，则点B的坐标为 ．15．如图，，，是上的三个点，，则的度数是 ．16．如图，是的直径，，点C在上，，D为弧的中点，E是直径上一动点，则最小值为 ．  17．如图，在四边形中，．(1)经过点A、B、D三点作；(2)是否经过点C？请说明理由．18．如图，已知是的直径，是的弦，延长到C，使，连接，过点D作，垂足为E．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为6，，求．评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、解答题参考答案：1．C【分析】连接、，过作于点，根据正六边形的特点得到，，进而证明是等边三角形，则，，据此可得答案．本题考查的是正多边形和圆，等边三角形的性质与判定，解直角三角形等知识，数形结合是解题的关键．【详解】解：连接、，过作于点，则，如图所示，∵多边形是正六边形，正六边形的周长是12，∴，，∵，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，故选：C．2．C【分析】本题考查直径对的圆周角为,圆周角定理．根据题意是的直径可知,利用“在同圆或等圆中,同弧所对的圆周角相等”知识再根据题中已知条件即可得到本题答案．【详解】解: ∵,∴,∵是的直径,∴,∴,故选:C．3．C【分析】本题考查切线的判定和性质，坐标与图形，平行线的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理，作轴于 E，轴于 H，连接 ，根据切线的性质即得出．根据平行线的性质可求出，由切线长定理可知．即易证，得出，．设，则．在中，利用勾股定理可求出x的值，即得出、的长，再根据等积法可求出的长，再次利用勾股定理可求出的长，即得出C点坐标，正确的作出辅助线构造全等三角形是关键．【详解】解：如图，作 轴于 E， 轴于 H，连接， ∵，，∴，， 轴，∴为的切线，∵直线与切于点C，∴，， 在 和 中 ，∴，∴，，设 ，则，，在 中，，即，解得，∴，，∵ ∴，∴=，在 中，，∴C点坐标为，．故选：C．4．C【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，平行四边形的性质，四边形内角和，由圆内接四边形的性质得到，由平行四边形的性质，等量代换得到，再由圆周角定理即可求出，进而求，掌握圆的有关性质是解题的关键．【详解】解：∵四边形内接于，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，故选：．5．D【分析】本题主要考查了切线的性质，等腰直角三角形的性质及动圆问题,一次函数与坐标轴交点问题根据题意，进行分情况讨论，分别为圆位于直线右侧并与直线相切和位于直线左侧并于直线相切两种情况，进而根据相切的性质及等腰直角三角形的相关性质进行求解即可得解．【详解】①当圆位于直线右侧并与直线相切时，连接，如下图所示：∵∴，，是等腰直角三角形，∴∵∴是等腰直角三角形，与直线相切于点∵∴∴圆心的坐标为；②当圆位于直线左侧并与直线相切时，过点作于点，如下图所示：与直线相切，根据直线的解析式：可知是等腰直角三角形圆心的坐标为，综上所述：圆心的坐标为或，故选：D．6．A【分析】作圆过A，B且与y轴相切点为Q，当C与Q重合时，最大，设圆心，用n的代数式表示出，，即可求解．【详解】解：设的中点为M，作轴于点H，作轴于点G，∵，∴∴，设，则，∴，∴（负值舍去），∴，∴，，∴，设直线的解析式为：，把代入得，∴，∴直线的解析式为：，设过A，B且与y轴相切的圆的圆心为，切点为Q，∵是的中垂线，∴，∴，∵，∴，∴∴∴，当C与Q重合时，最大，∵，，∴ ，∴，故选：A．【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的特征，以及圆周角定理推论的应用，特殊角的三角函数值，求一次函数解析式，勾股定理，两点间距离公式，解题的关键是作出辅助线，找出使最大的位置．7．B【分析】此题考查了正方形的性质，切线的性质，中位线的性质，连接，过点作，交的延长线于点，由切线的性质可以证明，，，最后通过勾股定理即可求解，掌握以上知识点的应用是解题的关键．【详解】如图，连接，过点作，交的延长线于点，∵ 点是正方形的中心，∴经过点，，∵与相切于点，∴，∴，∴，∴ ，∴，，∵，，∴，∴  ，∴  ，∵，，∴，∴正方形的面积是，故选：．8．D【分析】本题主要考查了用垂径定理求值以及勾股定理解三角形，连接，求出、，根据勾股定理求出，根据垂径定理得出，即可求出答案．【详解】解：连接，如下图：∵的直径，∴，∵，∴，∴，∵，∴，在中，，，∴，∴．故选∶D．9．D【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、翻折的性质、勾股定理等知识点，利用定点定长构造辅助圆是解题的关键．由翻折的性质可得，得点F在以E为圆心，为半径的圆上运动，连接，作于G，然后运用勾股定理求出，最后根据线段的和差即可解答．【详解】解：连接，作于G，∵P是直线上的一个动点，，∴，∴点F在以E为圆心，为半径的圆上运动，∵矩形中，，，∴，∴，在中，由勾股定理得：，∴的最小值为．故选D．10．B【分析】本题考查了圆的性质，坐标与图形性质，勾股定理，运用勾股定理求出、、的坐标是解题关键．如图，过点作轴于点，过点作轴于点，过点作轴于点，利用勾股定理求出、、的值，观察点的坐标变化规律即可得出答案．【详解】解：如图，过点作轴于点，过点作轴于点，过点作轴于点，，，，，，，，，，，，，，，由图可知：随着角度逐渐变小，点、、的横坐标逐渐增大，纵坐标逐渐减小，，点在弧上．故选：B．11．①②③【分析】由正方形的性质证明，可得，故①符合题意；证明，，，四点共圆，可得，故②符合题意；证明，如图，在上取点，使，证明，设，则，，证明，而，可得，故③符合题意；计算，故④不符合题意；【详解】解： 四边形是正方形，，，， ∵，∴，∴，故①符合题意；∵，∴，∴，，，四点共圆，∴，∴，故②符合题意；而，∴，∴，而，∴，∴，如图，在上取点，使，∴，∴，设，则，，∴，∴，∵，，∴，而，∴，故③符合题意；∴，故④不符合题意；故答案为：①②③【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的乘法运算，圆周角定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．12．/【分析】本题主要考查了勾股定理、旋转的性质和弧长的计算公式，解题关键在于找到旋转角，根据弧长公式进行计算．利用勾股定理求出，根据旋转的性质得到旋转角为，再由弧长计算公式，计算出结果．【详解】解：∵，，，∴，设，则，由勾股定理得：，解得：，则：，，∵将绕点逆时针旋转角（）得到，且点落在边上，∴旋转角为，∴，∴点所经过的路径长为： ，故答案为：．13．/20度【分析】本题主要考查了圆的知识、等腰三角形的性质、三角形外角的性质等知识，熟练掌握等腰三角形的性质和三角形外角性质是关键．连接，利用半径相等和等腰三角形的性质以及三角形的外角的性质证明，即可获得答案．【详解】解：连接，如下图，∴，∵，，∴，∴，，∴，∴，∴．故答案为：．14．【分析】作于点G，连接，，利用切线性质推出，推出得出为的中位线，进而推出，得到，，根据D的坐标得到，，利用圆周角定理的推论，推出，得到，即可求出B坐标．【详解】解：如图，作于点G，连接，，与y轴相切于点A，，，，，，，即，为的中位线，，，，，，，点D的坐标为，，，，，是直径，，，，，，，，，的坐标为，故答案为：．【点睛】本题考查圆的切线的性质定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理的推论，中位线的判定与性质，关键是作辅助线构造全等三角形，相似三角形．15．/度【分析】本题考查了圆周角定理．根据圆周角定理“一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”求出，再利用三角形内角和为和等腰三角形的性质求解即可．【详解】解：∵，∴，∵，∴，故答案为：．16．【分析】作点D关于的对称点，则的最小值是，再根据的边角关系求出解即可．【详解】作点D关于的对称点，连接，，，.  可知，根据“两点之间线段最短”得当C，E，三点共线时，最小，即．∵点C在上，，点D是的中点，即，∴，∴，∴，则是等腰直角三角形．∵，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了根据轴对称求线段和最小，圆周角定理，等弧所对的圆周角相等，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理等，确定最小值是解题的关键．17．(1)图见解析(2)经过，理由见解析【分析】本题考查尺规作图—作圆，圆周角定理，直角三角形斜边上的中线．（1）连接，作的中垂线，交于点，以点为圆心，的长为半径画圆即可；（2）连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到，即可得出结论．掌握直角所对的弦为直径，是解题的关键．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；（2）经过点，理由如下：连接，∵，点为的中点，∴，∴点在上．18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）如图1，连接，证明是的中位线，则，由，可得，进而结论得证；（2）如图2，过作于，则四边形是矩形，，，则，由勾股定理得，，进而可求的长．【详解】（1）证明：如图1，连接，∵，∴为的中点，∵为的中点，∴是的中位线，∴，∵，∴，又∵是半径，∴是的切线；（2）解：如图2，过作于，则四边形是矩形， ∴，∵，∴，∴，由勾股定理得，，∴，∴的长为．【点睛】本题考查了中位线的性质，平行线的性质，切线的判定，矩形的判定与性质，三角形内角和定理，含的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握中位线的性质，切线的判定，矩形的判定与性质，含的直角三角形是解题的关键．