山东省泰安市重点校2024-2025学年九年级数学中考二轮复习卷（含解析）

这是一份山东省泰安市重点校2024-2025学年九年级数学中考二轮复习卷（含解析），共23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.已知⊙O的半径为4cm，点P在⊙O上，则OP的长为（ ）
A.4cmB.5cmC.8cmD.10cm

2.如图，△ABC的顶点均在⊙O上，AB=4,∠C=30∘，则⊙O的半径为（ ）

A.1B.2C.3D.4

3.若⊙O的半径为3，圆心O到直线l的距离为3，那么直线与⊙O的位置关系是（ ）
A.相离B.相切C.相交D.不能确定

4.如图，AB，AC为⊙O的两条弦，连接OB，OC，若∠A=45∘，则∠BOC的度数为（ ）

A.60∘B.75∘C.90∘D.135∘

5.如图，从⊙O外一点P引圆的两条切线PA，PB，切点分别是A，B，若∠APB=60∘，PA=5，则弦AB的长是（ ）
A.52B.523C.5D.53

6.若一个多边形的内角和是540∘,则该多边形的边数为（ ）
A.4B.5C.6D.7

7.如图，AD平分∠BAC，DE⊥AC于点E，S△ABC=10，DE=2，AC=4，则AB的长是（ ）

A.2B.4C.6D.8

8.如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，CD是⊙O的直径，若∠BCD=20∘，则∠ABC的度数为（ ）

A.30°B.35°C.40°D.45°

9.如图，△ABC内接于⊙O．若AB=AC，BC⌢度数为80∘，则∠C的度数为（ ）

A.50∘B.60∘C.70∘D.80∘

10.有一题目：“已知∠AOB=80∘，∠BOC=30∘，OM平分∠AOB，求∠COM的度数．”嘉嘉的解答过程为：如图，∠BOM=12∠AOB=40∘，∠COM=∠BOM−∠BOC=10∘．而淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全，∠COM还应有另一个不同的值．”下列判断正确的是（ ）

A.淇淇说的对，且∠COM的另一个值是70∘
B.淇淇说的不对，∠COM就是10∘
C.嘉嘉求的结果不对，∠COM应得15∘
D.两人都不对，∠COM应有3个不同的值
二、填空题（本大题共计4小题，每题3分，共计12分）

11.如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，点C在⊙O上，若∠APB=60∘，则∠ACB＝______________°．


12.如图，在同一平面内，将边长相等的正六边形、正方形的一边重合，则∠1的度数为 ．

13.如图，已知AB为⊙O的直径，CD，CB为⊙O的切线，D，B为切点，OC交⊙O于点E，AE的延长线交BC于点F，连接AD，BD．给出以下结论：①AD // OC；②FC=FE；③点E为△CDB的内心．其中正确的是________（填序号）．

14.如图，ABCDEF是⊙O的内接正六边形，若△BCF的面积为183cm2，则六边形ABCDEF的面积为________cm2．
三、解答题（本大题共计4小题，每题10分，共计40分）

15.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AB=5，BC=3，以点C为圆心的圆与AB相切．
（1）求⊙C的半径；
（2）O是AB的中点，请判断点O与⊙C的位置关系，并说明理由．

16.如图，已知⊙O．
1用尺规作图作⊙O的内接正六边形ABCDEF（不写作法、保留作图痕迹）；
2若⊙O的半径为2，求所作正六边形ABCDEF的面积．

17.如图①，在半径为6的扇形AOB中，∠AOB=120∘，点C是弧AB
上的一个动点（不与点A、B重合），OD⊥AC,OE⊥BC，垂足分别为D、E．
1当BC=4时，线段OE=
②当BC⌢的度数=________”时，四边形OACB成为菱形；
2试说明：四边形ODCE的四个顶点在同一个圆上；
3如图②，过点O作OF⊥DE，垂足为F，连接AF，随着点C的运动，在△AOF中是否存在保持不变的角？如果存在，请指出这个角并求出它的度数；如果不存在，请说明理由；
4在（3）条件下，若点C从点B运动到点A，则点F的运动路径长为________A图① 图②

18.在⊙O中，AB为直径，C为⊙O上一点．

1如图①，过点C作⊙O的切线，与AB的延长线相交于点P，若∠CAB=27∘，求∠P的大小；
2如图②，D为AC⌢上一点，连接DC并延长，与AB的延长线相交于点P，连接AD，若AD=CD，∠P=30∘，求∠CAP的大小．
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共计10小题，每题3分，共计30分）
1.
【答案】
A
【考点】
点与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
2.
【答案】
D
【考点】
等边三角形的性质与判定
圆周角定理
【解析】
本题考查了圆周角定理：一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半，由题意得∠AOB=2∠ACB=60∘，可推出△OAB是等边三角形，即可求解．
【解答】
解：连接OA、OB，如图所示：
∵∠ACB=30∘
∴∠AOB=2∠ACB=60∘
∵OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=4
故选：D．
3.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
直接根据直线与圆的位置关系进行解答即可．
【解答】
解：∵⊙O的半径为3，
又∵圆心O到直线l的距离为3，
∴直线l与⊙O相切．
故此题答案为B．
4.
【答案】
C
【考点】
圆周角定理
圆周角定理
【解析】
本题考查了圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半是解题的关键．根据圆周角定理可知∠A=12∠BOC，即可得到答案．
【解答】
根据题意，圆周角∠A和圆心角∠BOC同对着BC⌢，
∴∠A=12∠BOC，
∵∠A=45∘，
∴∠BOC=2∠A=2×45∘=90∘．
故选：C．
5.
【答案】
C
【考点】
切线长定理
等边三角形的性质与判定
【解析】
先利用切线长定理得到PA=PB，再利用∠APB=60∘可判断△APB为等边三角形，然后根据等边三角形的性质求解．
【解答】
解：∵PA，PB为⊙O的切线，
∴PA=PB，
∵∠APB=60∘，
∴△APB为等边三角形，
∴AB=PA=5．
故此题答案为：C．
6.
【答案】
B
【考点】
多边形内角与外角
【解析】
利用n边形的内角和可以表示成n−2×180∘,结合方程即可求出答案
【解答】
解：根据多边形的内角和可得：
n−2×180∘=540∘,
解得：n=5,
∴该多边形的边数为5，
故此题答案为B．
7.
【答案】
C
【考点】
角平分线的性质
【解析】
本题考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．根据角平分线的性质求出DF，根据三角形的面积公式计算即可．
【解答】
解：作DF⊥AB于F，
∵DE=2，AC=4，
∴S△ADC=12×2×4=4，
∵S△ABC=10，
∴S△ADB=6，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AC，DF⊥AB，
∴DF=DE=2，
∵S△ADB=6 ,
∴12AB×2=6
∴AB=6．
故选： C．
8.
【答案】
B
【考点】
三角形内角和定理
等边三角形的性质
圆周角定理
圆周角定理
已知圆内接四边形求角度
【解析】
本题考查了圆周角定理与直角三角形的性质．添加合适的辅助线是解题的关键．
连接BD，根据圆周角定理得到∠CBD=90∘，根据三角形的内角和定理得到∠BDC=70∘，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【解答】
解：连接BD，

∵ CD是⊙O的直径，
∴ ∠CBD=90∘，
∵ ∠BCD=20∘，
∴ ∠BDC=90∘−20∘=70∘，
∴ ∠A=180∘−70∘=110∘，
∵ AB=AC，
∴ ∠ABC=∠ACB=12×180∘−110∘=35∘，
故选：B．
9.
【答案】
C
【考点】
三角形内角和定理
圆周角定理
【解析】
本题主要考查圆周角定理，等腰三角形的性质和三角形内角和定理，根据圆周角度数等于它所对弧度数的一半求出∠BAC=40∘，再由等腰三角形的性质和三角形定理可得结论．
【解答】
解：∵BC⌢所对圆周角是∠BAC，且BC⌢度数为80∘，
∴∠BAC=12×80∘=40∘，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ACB=12×180∘−∠BAC=12×180∘−40∘=70∘，
故选：C．
10.
【答案】
A
【考点】
角的计算
【解析】
OC分在∠AOB内部与在∠AOB外部时两种情况讨论即可．
【解答】
淇淇说得对，当OC位于∠AOB的外部时，如下图．
由已知∠AOB=80∘，OM平分∠AOB得到
∠BOM=12∠AOB=40∘，
∴∠COM=∠BOM+∠BOC=40∘+30∘=70∘．故A正确．
嘉嘉的解答过程虽正确，但不全面，缺乏淇淇说的另一种情况．
因此正确答案为：∠COM=10∘或者∠COM=70∘，故B、C、D选项均错误．
故选：A．
二、填空题（本大题共计4小题，每题3分，共计12分）
11.
【答案】
60
【考点】
圆周角定理
圆周角定理
切线的性质
【解析】
先根据圆的切线的性质可得∠OAP=∠OBP=90∘，再根据四边形的内角和可得∠AOB=120∘，然后根据圆周角定理即可得．
【解答】
解：∵PA,PB是⊙O的切线，
∴∠OAP=∠OBP=90∘，
∵∠APB=60∘，
∴∠AOB=360∘−∠OAP−∠OBP−∠APB=120∘，
由圆周角定理得：∠ACB=12∠AOB=60∘，
故答案为：60．
12.
【答案】
30∘/30度
【考点】
多边形内角与外角
【解析】
用一个正六边形的内角的度数减去正方形的一个内角的度数即可．
【解答】
解：正六边形的一个内角的度数为6−2⋅180∘6=120∘，正方形的一个内角的度数为90∘，
由图可知：∠1=120∘−90∘=30∘；
故此题答案为：30∘．
13.
【答案】
①③
【考点】
三角形的内切圆与内心
切线的性质
【解析】
①根据切线长定理，证△COB≅△COD，可得∠DCO=∠BCO．故OC⊥BD．根据圆周角定理即可得出AD⊥BD，由此可证得AD // OC；
②若FE=FC，则∠OCB=∠CEF=∠OEA=∠OAE，在Rt△OBC中，BD⊥OC，易得∠DBA=∠OCB（因为OC⊥BD），即∠DBA=∠EAB；因此弧BE=弧AD，而这个条件并不一定成立．故②不正确；
③连接DE、BE；上面已证得弧DE=弧BE，根据弦切角定理以及圆周角定理相等，易求得DE、BE分别平分∠CDB和∠CBD；根据三角形内心的定义，即可得出结论③正确．
【解答】
解：①连接OD，如图，
∵ CD，CB是⊙O的切线，
∴ CD=CB.
又∵ CO=CO，
∴ Rt△COD≅Rt△COB，
∴ ∠COB=∠COD.
又∵ ∠DOB=2∠DAB，
∴ ∠COB=∠DAB，
∴ AD//OC,故①正确；
②当FC=FE时，
∠FCE=∠CEF，
又∵ ∠CEF=∠AEO=∠OAE ，
∴ ∠COB=2∠EAO=2∠ECF，
在Rt△BOC中，
有∠ECF+∠COB=90∘，
∴ ∠COB=60∘，
而题中C为⊙O外任一点，故②错误；
③连接BE，
由△COD≅△COB得∠DCO=∠BCO，
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠EAB+∠ABE=90∘，
又∵ ∠ABE+∠EBF=90∘，
∴ ∠EAB=∠EBF ；
又∵ ∠DOC=∠BOC，
∴ DE=BE，
∴ ∠EAB=∠DBE，
∴ ∠DBE=∠EBF，
∴ 点E为△CDB的内心，故③正确.
故答案为：①③.
14.
【答案】
543
【考点】
正多边形和圆
【解析】
由正六边形的性质可知∠B=90∘，∠BFC=30∘，利用已知数据和三角形的面积公式，可求出正六边形的边长，作OH⊥CD，利用三角形的面积公式即可求出△COD的面积，进而可得出正六边形ABCDEF的面积．
【解答】
解：连接OD，作OH⊥CD，
∵ 六边形ABCDEF是正六边形，
∴ ∠COD=60∘，
∴ △COD是等边三角形，
由正六边形的性质可知∠B=90∘，∠BFC=30∘，设BC=x，
∴ CF=2x，
∴ BF=FC2−BC2=3x，
∵ △BCF的面积为183cm2，
∴ BC⋅BF2=183，
即x⋅3x2=183，
∴ x=6，
∴ 正六边形的边长为6，
∴ OH=CO2−CH2=33，
∴ S△COD=12⋅CD⋅OH=6×332=93，
∴ 正六边形ABCDEF的面积为6×93=543cm2，
故答案为：543．
三、解答题（本大题共计4小题，每题10分，共计40分）
15.
【答案】
点O在⊙C外，理由如下：
连接OC，
在Rt△ABC中，O是斜边AB的中点，
∴ OC=12AB=52>125，
∴ 点O在⊙C外．
【考点】
切线的性质
勾股定理
点与圆的位置关系
【解析】
（1）过C点作CD⊥AB，垂足为D，首先利用勾股定理求出AC的长，再利用三角形的面积为定值求出CD的长即可⊙C的半径；
（2）点O在⊙C外，利用直角三角形斜边上的中线性质可求出CO的长，再和圆的半径比较大小．
【解答】
解：（1）过C点作CD⊥AB，垂足为D，
在Rt△ABC中，AC=AB2−BC2=52−32=4，
∴ S△ABC=12⋅AC⋅BC=12⋅AB⋅CD，
∴ 12×4×3=12×5⋅CD
∴ CD=125，
由题意，AB与⊙C相切，且CD⊥AB，
∴ CD是⊙C的半径，
即r=CD=125；
（2）答：点O在⊙C外，理由如下：
连接OC，
在Rt△ABC中，O是斜边AB的中点，
∴ OC=12AB=52>125，
∴ 点O在⊙C外．
16.
【答案】
见解答
63
【考点】
勾股定理
正多边形和圆
【解析】
1在⊙O上任取一点A，然后过点A画⊙O的直径，以点A为圆心，圆的半径为半径依次在圆上画出交点，则六边形ABCDEF满足条件；
2连接OA、OB，过O点作OG⊥AB于G点，则AG=BG，利用正六边形的性质得到∠AOB=60∘，则可判断△AOB为等边三角形，接着计算出△AOB的面积，然后把△AOB的面积乘以6得到正六边形ABCDEF的面积．
【解答】
1解：正六边形ABCDEF如图所示：
2连接OA,OB，过点O作OG⊥AB，垂足为G，
则∠AOG=12∠AOB=30∘,AG=12AB=1，
∴OG=OA2−AG2=3．
∴正六边形ABCDEFG的面积=6S△AOB=6×12×2×3=63．
【关键点拨】本题主要考查了圆和内接多边形，首先确定六边形的度数或边长关系，再结合圆的度数作图，利用内接六边形的小三角形为正三角形是解题的关键．
17.
【答案】
①42 , ②60
（2）取OC中点M，连接ME，MD，
∴OD⊥AC，OE⊥BC，
∴EM=CM=OM，DM=CM=OM，
∴EM=CM=OM=DM，
∴以M为圆心，ME为半径的圆过C，D，O三点，
即四边形ODCE的四个顶点在同一个圆上．
（3）∠AOF不变，∠AOF=60∘ ，
设∠OAC=x，
∵OA=OC，OB=OC，
∴∠OAC=∠OCA=x，∠OBC=∠OCB，
又∵∠BOC+∠COA+∠OBC+∠OCB+∠OCAC=360∘，
∠BOC+∠COA=∠BOA=120∘，
∴∠OCB+∠OCA=120∘，
∴∠BCO=120−x，
∵四边形ODCE的四个顶点在同一个圆上，
∴弧OE=弧OE，
∴∠BCO=∠EDO=120−x，
∵OF⊥DE，OD⊥AC，
∴∠FOD=x−30∘，∠DOA=90∘−x，
∴∠AOF=∠FOD+∠DOA=60∘．
3
【考点】
弧长的计算
勾股定理
等腰三角形的判定与性质
轴对称图形
翻折变换（折叠问题）
【解析】
左侧图片未给出解析．
左侧图片未给出解析．
左侧图片未给出解析．
左侧图片未给出解析．
【解答】
解：（1）①42 ； ②60．
（2）取OC中点M，连接ME，MD，
∴OD⊥AC，OE⊥BC，
∴EM=CM=OM，DM=CM=OM，
∴EM=CM=OM=DM，
∴以M为圆心，ME为半径的圆过C，D，O三点，
即四边形ODCE的四个顶点在同一个圆上．
（3）∠AOF不变，∠AOF=60∘ ，
设∠OAC=x，
∵OA=OC，OB=OC，
∴∠OAC=∠OCA=x，∠OBC=∠OCB，
又∵∠BOC+∠COA+∠OBC+∠OCB+∠OCAC=360∘，
∠BOC+∠COA=∠BOA=120∘，
∴∠OCB+∠OCA=120∘，
∴∠BCO=120−x，
∵四边形ODCE的四个顶点在同一个圆上，
∴弧OE=弧OE，
∴∠BCO=∠EDO=120−x，
∵OF⊥DE，OD⊥AC，
∴∠FOD=x−30∘，∠DOA=90∘−x，
∴∠AOF=∠FOD+∠DOA=60∘．
（4）3
18.
【答案】
36∘；
10∘
【考点】
切线的性质
圆周角定理
等腰三角形的判定与性质
【解析】
1连接OC，首先根据切线的性质得到∠OCP=90∘，利用∠CAB=27∘得到∠COB=2∠CAB=54∘，然后利用直角三角形两锐角互余即可求得答案；
2分别证明∠AOD=∠COD，∠OAD=∠ADO=∠ODC=∠DCO=50∘，再证明∠COP=20∘，最后根据圆周角定理可得结论．
【解答】
解：1如图，连接OC．
∵⊙O与PC相切于点C，
∴OC⊥PC，即∠OCP=90∘．
∵∠CAB=27∘，
∴∠COB=2∠CAB=54∘．
在Rt△OPC中，∠P+∠COP=90∘，
∴∠P=90∘−∠COP=36∘．
2如图，连接OC,OD．
∵AD=CD，
∴∠AOD=∠COD．
∵OA=OD=OC，
∴∠OAD=∠ADO=∠ODC=∠DCO．
∵∠P=30∘，
∴∠PAD+∠ADP=150∘．
∴∠DCO=50∘．
∴∠COP=∠DCO−∠P=20∘．
∵∠CAP=12∠COP，
∴∠CAP=10∘