2024九年级数学下册第2章圆综合素质评价试卷（附解析湘教版）

这是一份2024九年级数学下册第2章圆综合素质评价试卷（附解析湘教版），共11页。
第2章综合素质评价一、选择题(每题3分，共30分)1．⊙O的半径为4 cm，点P到圆心O的距离为5 cm，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．[2023·山西]如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC，BD为对角线，BD经过圆心O.若∠BAC＝40°，则∠DBC的度数为(　　)A．40° B．50° C．60° D．70°3．如图，⊙O的弦AB＝8，M是AB的中点，且OM＝3，则⊙O的半径等于(　　)A．8 B．2 C．10 D．54．[2023·长沙南雅中学月考]如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，连接AC，AD，BD，若∠CAB＝35°，则∠ADC的度数为(　　)A．35° B．55° C．65° D．70°5．如图，在直角坐标系中，一个圆经过坐标原点O，交坐标轴于点E，F，OE＝8，OF＝6，则圆的直径长为(　　)A．12 B．10 C．14 D．156．[2023·张家界]“莱洛三角形”也称为圆弧三角形，它是工业生产中广泛使用的一种图形．如图，分别以等边△ABC的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，三段圆弧围成的封闭图形是“莱洛三角形”．若等边△ABC的边长为3，则该“莱洛三角形”的周长等于(　　)A．π B．3 π C．2 π D．2 π－eq \r(3)7．[2022·荆门]如图，CD是圆O的弦，直径AB⊥CD，垂足为点E.若AB＝12， BE＝3，则四边形ACBD的面积为(　　)A．36eq \r(3) B．24eq \r(3) C．18eq \r(3) D．72eq \r(3)8．[2023·临沂]将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小不可能是(　　)A．60° B．90° C．180° D．360°9．[2023·北京人大附中月考]如图，OA交⊙O于点B，AD切⊙O于点D，点C在⊙O上．若∠A＝40°，则∠C为(　　)A．15° B．20° C．25° D．30°10．[2022·武汉]如图，在四边形材料ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝9 cm，AB＝20 cm，BC＝24 cm.现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是(　　)A．eq \f(110,13) cm　　　　　B．8 cm　　　　　C．6eq \r(2) cm　　　　　D．10 cm二、填空题(每题3分，共24分)11．[2023·上海]如果一个正多边形的中心角是20°，那么这个正多边形的边数为________．12．挂钟的分针长10 cm，经过15 min，它的针尖经过的路径长为__________．13．[2022·永州]如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，∠ADC＝30°，则∠BOC＝________°. 14．[2023·厦门一中期中]如图，圆内接四边形ABCD的两组对边的延长线分别相交于点E，F，且∠E＝40°，∠F＝60°，则∠A＝________.15．“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”．早在1800多年前，魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆的面积．如图所示的是圆的内接正十二边形，若该圆的半径为1，则这个圆的内接正十二边形的面积为________．16．[2023·河南]如图，PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点B，点C在PA上，且CB＝CA．若OA＝5，PA＝12，则CA的长为________．17．为了落实“双减”政策，朝阳区一些学校在课后服务时段开设了与冬奥会项目冰壶有关的选修课．如图，在冰壶比赛场地的一端画有一些同心圆作为营垒，其中有两个圆的半径分别约为60 cm和180 cm，小明掷出一球恰好沿着小圆的切线滑行出界，则该球在大圆内滑行的路径MN的长度约为________cm.18．[2022·梧州]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所围成的阴影部分的面积为____________．三、解答题(19题8分，20，21题每题10分，22，23题每题12分，24题14分，共66分)19．[2023·衡阳成章实验中学模拟]如图，AB是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，OP交⊙O于点C，连接BC，若∠P＝30°，求∠B的度数．20．[2023·宁夏]如图，粮库用传送带传送粮袋，大转动轮的半径为10 cm，传送带与水平面成30°角，假设传送带与转动轮之间无滑动，当大转动轮转140°时，传送带上点A处的粮袋上升的高度是多少(传送带厚度忽略不计)?21．[2023·清华附中模拟]如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，交BC于点D，交AC于点E，过点B作⊙O的切线交OD的延长线于点F.(1)求证：∠A＝∠BOF；(2)若AB＝4，DF＝1，求AE的长．22．“垃圾入桶，保护环境，从我做起”，如图是某款垃圾桶侧面展示图，AD＝ DC＝40 cm，GD＝30 cm，GF＝20 cm，∠A＝∠GDC＝∠DGF＝90°，桶盖GFEC可以绕点G逆时针方向旋转，当旋转角为40°时，桶盖GFEC落在GF′E′C′的位置．(1)求在桶盖旋转过程中，点C运动轨迹的长度；(2)求点F′到地面AB的距离．(参考数据：sin 40°≈0.64，cos 40°≈0.77，tan 40°≈0.84)23．[2023·聊城]如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC的平分线AD交BC于点D．∠ADC的平分线DE交AC于点E，以AD上的点O为圆心，OD为半径作⊙O，恰好过点E.(1)求证：AC是⊙O的切线；(2)若CD＝12，tan ∠ABC＝eq \f(3,4)，求⊙O的半径．24．[2022·天津]已知AB为⊙O的直径，AB＝6，C为⊙O上一点，连接CA，CB．(1)如图①，若C为eq \o(AB,\s\up8(︵))的中点，求∠CAB的大小和AC的长；(2)如图②，若AC＝2，OD为⊙O的半径，且OD⊥CB，垂足为点E，过点D作⊙O的切线，与AC的延长线相交于点F，求FD的长．答案一、1．C 【点拨】根据点到圆心的距离d与圆的半径的大小关系进行判断即可．2．B 【点拨】∵BD经过圆心O，∴∠BCD＝90°.∵∠BDC＝∠BAC＝40°，∴∠DBC＝90°－∠BDC＝50°.故选B.3．D4．B 【点拨】∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°.又∵∠CDB＝∠CAB＝35°，∴∠ADC＝90°－35°＝55°.故选B.5．B6．B 【点拨】由题易得eq \o(AB,\s\up8(︵))＝eq \o(BC,\s\up8(︵))＝eq \o(AC,\s\up8(︵))，由弧长公式求出eq \o(AB,\s\up8(︵))的长＝π，即可求出“莱洛三角形”的周长．7．A8．B 【点拨】由于正六边形的中心角为eq \f(360°,6)＝60°，所以正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角可以为60°的整数倍，即可以为60°，120°，180°，240°，300°，360°，不可能是90°.9．C10．B 【点拨】如图，当AB，BC，CD分别切⊙O于点E，F，G时，⊙O的面积最大．连接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OG，过点D作DH⊥BC于点H.∵AD∥BC，∠BAD＝90°，∴∠ABC＝90°.∵∠DHB＝90°，∴四边形ABHD是矩形．∴AB＝DH＝20 cm，AD＝BH＝9 cm.∵BC＝24 cm，∴CH＝BC－BH＝24－9＝15(cm)．∴CD＝eq \r(DH2＋CH2)＝eq \r(202＋152)＝25(cm)．设OE＝OF＝OG＝r cm，根据S四边形ABCD＝S△ABO＋S△BCO＋S△CDO＋S△DAO，得eq \f(1,2)×(9＋24)×20＝eq \f(1,2)×20×r＋eq \f(1,2)×24×r＋eq \f(1,2)×25×r＋eq \f(1,2)×9×(20－r)，解得r＝8.∴OE＝OF＝OG＝8 cm.二、11．18　12．5π cm　13．12014．40° 【点拨】如图，连接EF，∵四边形ABCD为圆的内接四边形，∴∠ECD＝∠A.∵∠ECD＝∠1＋∠2，∴∠A＝ ∠1＋∠2.∵∠A＋∠1＋∠2＋ ∠DEB＋∠BFD＝180°，∠DEB＝40°，∠BFD＝60°，∴2∠A＋40°＋60°＝180°.∴∠A＝40°.15．316．eq \f(10,3) 【点拨】如图，连接OC.∵PA与⊙O相切于点A，∴∠OAP＝90°.∵OA＝OB，OC＝OC，CA＝CB，∴△OAC≌△OBC，∴∠OAP＝∠OBC＝90°.∴∠PBC＝90°.在Rt△OAP中，OA＝5，PA＝12，∴OP＝eq \r(OA2＋AP2)＝eq \r(52＋122)＝13.∵OB＝OA＝5，∴BP＝8.∵CA＝BC，PA＝12，∴CP＝12－BC.在Rt△PBC中，BP2＋BC2＝CP2，∴82＋BC2＝(12－BC)2.∴BC＝eq \f(10,3).∴CA＝eq \f(10,3).17．240eq \r(2)　【点拨】设小圆的切线MN与小圆相切于点D，连接OD，OM，则OD⊥MN，∴MD＝DN.在Rt△DOM中，OM＝180 cm，OD＝60 cm，∴MD＝eq \r(OM2－OD2)＝eq \r(1802－602)＝120eq \r(2)(cm)．∴MN＝2MD＝240eq \r(2) cm.18．eq \f(π,12)＋eq \f(\r(3),4)－eq \f(1,2) 【点拨】连接OE，OB.由题意可知△AOE为等边三角形，依据 S阴影＝S扇形OAB－(S扇形OAE－S△AOE)－S△AOB＝S扇形OAB－S扇形OAE＋S△AOE－S△AOB，即可求出答案．三、19．【解】∵PA切⊙O于点A，AB是⊙O的直径，∴∠OAP＝90°.又∵∠P＝30°，∴∠AOP＝60°.∴∠B＝eq \f(1,2)∠AOP＝30°.20．【解】如图，设传送带上点A处的粮袋上升到点B，过点A作MN的平行线，过点B作MN的垂线，两线交于点C.易知△ABC为直角三角形．由题意得AB＝eq \f(140π×10,180)＝eq \f(70,9)π(cm)，∵AC∥MN，∴∠BAC＝∠NMA＝30°，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴BC＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(35π,9) cm.答：传送带上点A处的粮袋上升的高度是eq \f(35π,9) cm.21．(1)【证明】∵AB＝AC，∴∠C＝∠ABC.∵OB＝OD，∴∠ODB＝∠OBD.∴∠C＝∠ODB.∴AC∥OD.∴∠A＝∠BOF.(2)【解】如图，连接BE.∵AB是⊙O的直径，AB＝4，∴∠AEB＝90°，OB＝OD＝eq \f(1,2)AB＝2.∵BF是⊙O的切线，∴∠OBF＝90°.∴∠AEB＝∠OBF.又∵∠A＝∠BOF，∴△ABE∽△OFB.∴eq \f(AE,OB)＝eq \f(AB,OF).又∵OF＝OD＋DF＝2＋1＝3，∴eq \f(AE,2)＝eq \f(4,3)，解得AE＝eq \f(8,3).22．【解】(1)如图，连接CG，由旋转知点C，C′都在以点G为圆心，CG为半径的圆上，则点C运动轨迹的长度为弧CC′的长．在Rt△GDC中，DC＝40 cm，GD＝30 cm，∴GC＝eq \r(GD2＋DC2)＝eq \r(302＋402)＝50(cm)．∴弧CC′的长度为eq \f(40×π×50,180)＝eq \f(100π,9)(cm)．故点C运动轨迹的长度为eq \f(100π,9) cm.(2)如图，过点F′作F′M⊥AB，垂足为点M，交GF于点N，∴∠F′MA＝90°.∵∠A＝∠DGF＝90°，∴四边形AMNG为矩形．∴F′NG＝∠MNG＝90°，MN＝AG＝GD＋DA＝70 cm.在Rt△F′NG中，F′N＝F′G·sin∠F′GN＝FG·sin 40°≈20×0.64＝12.8(cm)．∴F′M＝F′N＋MN≈12.8＋70＝82.8(cm)．答：点F′到地面AB的距离约为82.8 cm.23．(1)【证明】如图，连接OE，∵OD＝OE，∴∠OED＝∠ODE. ∵DE平分∠ADC，∴∠CDE＝∠ODE.∴∠OED＝∠CDE.∴OE∥CD.∴∠AEO＝∠ACB.∵∠ACB＝90°，∴∠AEO＝90°.∴OE⊥AC.∴AC是⊙O的切线．(2)【解】如图，过D作DF⊥AB于F.∵AD平分∠BAC，DF⊥AB，∠ACB＝90°，CD＝12，∴DF＝CD＝12.∵tan ∠ABC＝eq \f(3,4)，∴BF＝eq \f(DF,tan ∠ABC)＝16.∴BD＝eq \r(DF2＋BF2)＝20.∴BC＝CD＋BD＝32.∴AC＝BC·tan ∠ABC＝24.∴AD＝eq \r(AC2＋CD2)＝12eq \r(5).∵OE∥CD，∴∠AEO＝∠C，∠AOE＝∠ADC，∴△AEO∽△ACD.∴eq \f(EO,CD)＝eq \f(AO,AD).即eq \f(EO,12)＝eq \f(12\r(5)－OD,12\r(5))＝eq \f(12\r(5)－EO,12\r(5))，解得EO＝15－3eq \r(5).∴⊙O的半径为15－3eq \r(5).24．【解】(1)∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°.∵C为 eq \o(AB,\s\up8(︵)) 的中点，∴eq \o(AC,\s\up8(︵))＝eq \o(BC,\s\up8(︵)).∴∠CAB＝∠CBA＝45°.∵AB＝6，∴AC＝AB·cos∠CAB＝3eq \r(2).(2)∵DF是⊙O的切线，∴OD⊥DF.∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠FCB＝90°.又∵OD⊥BC，∴四边形FCED为矩形．∴FD＝EC.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，AB＝6，∴BC＝eq \r(AB2－AC2)＝4eq \r(2).∵OD⊥BC，∴EC＝eq \f(1,2)BC＝2eq \r(2).∴FD＝EC＝2eq \r(2).