数学九年级上册第二十四章 圆综合与测试精品综合训练题

这是一份数学九年级上册第二十四章 圆综合与测试精品综合训练题，共23页。
难度：较难


一．选择题


1．已知两圆的半径分别为8和5，圆心距为5，那么这两圆的位置关系是（ ）


A．内切B．外切C．相交D．外离


2．如图，点A、B、C在⊙O上，则下列结论正确的是（ ）





A．∠AOB＝∠ACB


B．∠AOB＝2∠ACB


C．∠ACB的度数等于的度数


D．∠AOB的度数等于的度数


3．如图，在⊙O中，＝，∠C＝70°，则∠A的度数为（ ）





A．30°B．35°C．40°D．50°


4．如图，点A、B、C是⊙O上的点，OB∥AC，连结BC交OA于点D，若∠ADB＝60°，则∠AOB的度数为（ ）





A．30°B．40°C．45°D．50°


5．如图，AB为⊙O的直径，点D是弧AC的中点，过点D作DE⊥AB于点E，延长DE交⊙O于点F，若AC＝12，AE＝3，则⊙O的直径长为（ ）





A．10B．13C．15D．16


6．在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，则这个三角形的内切圆的半径是（ ）


A．5B．2C．5或2D．2或﹣1


7．如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C，D都在格点上，点E在AB的延长线上，以A为圆心，AE为半径画弧，交AD的延长线于点F，且弧EF经过点C，则扇形AEF的面积为（ ）





A．B．C．D．


8．在半径为3cm的⊙O中，若弦AB＝3cm，则弦AB所对的圆周角的度数为（ ）


A．30°B．45°C．30°或150°D．45°或135°


9．如图，⊙O的外切正八边形ABCDEFGH的边长2，则⊙O的半径为（ ）





A．2B．C．3D．


10．如图，C是以AB为直径的半圆O上一点，连结AC，BC，分别以AC、BC为直径作半圆，其中M，N分别是AC、BC为直径作半圆弧的中点，，的中点分别是P，Q．若MP+NQ＝7，AC+BC＝26，则AB的长是（ ）





A．17B．18C．19D．20


二．填空题


11．一个扇形的圆心角为135°，面积为6π，则此扇形的弧长为 ．


12．已知三角形三边分别为3、4、5，则该三角形内心与外心之间的距离为 ．


13．如图，在⊙O中，AB为直径，弦CD⊥AB，垂足为E，CD＝8，BE＝2，则⊙O的半径为 ．





14．如图，AB是⊙O的直径，C是BA延长线上一点，点D在⊙O上，且CD＝OA，CD的延长线交⊙O于点E，若∠BOE＝54°，则∠C＝ ．





15．如图，AB为⊙O的直径，点C、D在⊙O上，若∠ABD＝42°，则∠BCD的度数是 ．





16．如图，直线AB与⊙O相切于点A，弦CD∥AB，E，F为圆上的两点，且∠CDE＝∠ADF．若⊙O的半径为，CD＝4，则弦EF的长为 ．





17．赵州桥是我国建筑史上的一大创举，它距今约1400年，历经无数次洪水冲击和8次地震却安然无恙．如图，若桥跨度AB约为40米，主拱高CD约10米，则桥弧AB所在圆的直径＝ 米．





18．如图，以△ABC的边AB为直径的⊙O恰好过BC的中点D，过点D作DE⊥AC于E，连结OD，则下列结论中：①OD∥AC；②∠B＝∠C；③2OA＝AC；④DE是⊙O的切线；⑤∠EDA＝∠B，正确的序号是 ．





三．解答题


19．如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，且AD平分∠CAB，作DE⊥AB于E．


（1）求证：AC∥OD；


（2）求证：OE＝AC．





20．如图，AB为⊙O的直径，C是⊙O上的一点，连接AC，BC．D是的中点，过D作DE⊥AB于点E，交BC于点F．


（1）求证：BC＝2DE；


（2）若AC＝6，AB＝10，求DF的长．








21．如图△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，，以BC为直径作⊙O，交AB于点D，连接CD．


（1）求BD的长；


（2）射线DO交直线AC于点E，连接BE，求BE的长．








22．如图，点A，点C在以BD为直径的⊙O上过点A作AE∥BC交CD的延长线于点E，且∠DAE＝∠ABD．


（1）求证：AE是⊙O的切线．


（2）若⊙O的半径为5．CD＝6，求AD的长．








23．如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，OD⊥BC于点D，延长DO交⊙O于点F，连接OC，AF．


（1）求证：OD＝AC；


（2）填空：


①当∠B＝ 时，四边形OCAF是菱形；


②当∠B＝ 时，AB＝2OD．














24．数学活动小组对学校400米的跑道进行规划设计，跑道由两段直道和两端是半圆的弯道组成（如图）．其中400米跑道最内圈周长为400米，两端弯道最内圈的半径R＝36米．


（1）求跑道中一段直道的长度（π取3.14）；


（2）在活动中发现跑道最外圈周长y（米）随跑道总宽度x（米）的变化而变化，请求出y与x的函数关系式；


（3）若跑道最外圈周长为460米，那么最多能铺设道宽为1.2米的跑道多少条？




















25．如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5．在同一平面内，△ABC内部一点O到AB，AC，BC的距离都等于a（a为常数），到点O的距离等于a的所有点组成图形G．


（1）直接写出a的值；


（2）连接BO并延长，交AC于点M，过点M作MN⊥BC于点N．


①求证：∠BMA＝∠BMN；


②求直线MN与图形G的公共点个数．

































































参考答案


一．选择题


1．解：∵两圆的半径分别为8和5，圆心距为5，


则8+5＝13，8﹣5＝3，


∵3＜5＜13，


∴两圆相交，


故选：C．


2．解：A、根据圆周角定理得：∠AOB＝2∠ACB，故本选项不符合题意；


B、根据圆周角定理得：∠AOB＝2∠ACB，故本选项符合题意；


C、∠ACB的度数等于的度数的一半，故本选项不符合题意；


D、∠AOB的度数等于的度数，故本选项不符合题意；


故选：B．


3．解：∵＝，


∴AB＝AC，


∴∠B＝∠C＝70°，


∴∠A＝180°﹣2×70°＝40°，


故选：C．


4．解：设∠ACB＝x°，


则∠AOB＝2∠ACB＝2x°，


∵OB∥AC，


∴∠OBD＝∠ACB＝x°，


∵∠ADB＝60°，


∴∠AOB+∠OBD＝∠ADB＝60°，即2x+x＝60，


解得x＝20，


则∠AOB＝2x°＝40°，


故选：B．


5．解：如图，连接OF．


∵DE⊥AB，


∴DE＝EF，＝，


∵点D是弧AC的中点，


∴＝，


∴＝，


∴AC＝DF＝12，


∴EF＝DF＝6，设OA＝OF＝x，


在Rt△OEF中，则有x2＝62+（x﹣3）2，


解得x＝，


∴AB＝2x＝15，


故选：C．


6．解：设直角三角形ABC内切圆的圆心为点I，半径为r，


三边上的切点分别为D、E、F，


连接ID、IE、IF，


得正方形，则正方形的边长即为r，


如图所示：





当BC为直角边时，


AC＝＝10，


根据切线长定理，得


AD＝AF＝AB﹣BD＝6﹣r，


CE＝CF＝BC﹣BE＝8﹣r，


∴AF+FC＝AC＝10，


即6﹣r+8﹣r＝10，解得r＝2；


当BC为斜边时，


AC＝＝2，


根据切线长定理，得


BD＝BF＝6﹣r，


CE＝CF＝2﹣r，


∴BC＝BF+CF＝6﹣r+2﹣r＝8，


解得r＝﹣1．


答：这个三角形的内切圆的半径是2或﹣1．


故选：D．


7．解：连接AC．





由题意AC＝＝，


∵∠EAF＝45°，AE＝AF＝AC＝，


∴S扇形AEF＝＝π，


故选：B．


8．解：如图所示，


连接OA，OB，


则OA＝OB＝3cm，


∵B＝3cm，


∴OA2+OB2＝AB2，


∴∠AOB＝90°，


∴劣弧AB的度数是90°，优弧AB的度数是360°﹣90°＝270°，


∴弦AB对的圆周角的度数是45°或135°，


故选：D．


9．解：设DE与⊙O相切于点N，连接OD、OE、ON，作DM⊥OE于M，如图所示：


则ON⊥DE，DE＝2，OD＝OE，∠DOE＝＝45°，


∵DM⊥OE，


∴△ODM是等腰直角三角形，


∴DM＝OM，OE＝OD＝DM，


设OM＝DM＝x，则OD＝OE＝x，EM＝OE﹣OM＝（﹣1）x，


在Rt△DEM中，由勾股定理得：x2+（﹣1）2x2＝22，


解得：x2＝2+，


∵△ODE的面积＝DE×ON＝OE×DM，


∴ON＝＝＝＝+1，


即⊙O的半径为：1+；


故选：B．





10．解：连接OP，OQ，分别交AC，BC于H，I，


∵M，N分别是AC、BC为直径作半圆弧的中点，，的中点分别是P，Q，


∴OP⊥AC，OQ⊥BC，由对称性可知：H，P，M三点共线，I，Q，N三点共线，


∴H、I是AC、BC的中点，


∴OH+OI＝（AC+BC）＝13，


∵MH+NI＝AC+BC＝13，MP+NQ＝7，


∴PH+QI＝13﹣7＝6，


∴AB＝OP+OQ＝OH+OI+PH+QI＝13+6＝19，


故选：C．





二．填空题


11．解：设扇形的半径为R．


由题意：＝6π，


解得R＝4，


∴扇形的弧长＝＝3π，


故答案为3π．


12．解：∵三角形三边分别为3、4、5，


∴32+42＝52，


∴三角形是直角三角形，


如图，设Rt△ABC，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，AB＝5，


设Rt△ABC的内切圆的半径为r，则OD＝OE＝r，


∵∠C＝90°，


∴CE＝CD＝r，AE＝AN＝3﹣r，BD＝BN＝4﹣r，


∴4﹣r+3﹣r＝5，


解得r＝1，


∴AN＝2，


在Rt△OMN中，MN＝AM﹣AN＝，


∴OM＝．


则该三角形内心与外心之间的距离为．


故答案为：．





13．解：连接OC，如图所示：


∵CD⊥AB，


∴CE＝DE＝CD＝4，


设⊙O的半径为r，则OE＝r﹣2，OC＝r，


在Rt△OCE中，由勾股定理得：42+（r﹣2）2＝r2，


解得：r＝5，


即⊙O的半径为5．


故答案为：5．





14．解：连接OD，





∵CD＝OA＝OD，


∴∠C＝∠DOC，


∴∠ODE＝∠C+∠DOC＝2∠C，


∵OD＝OE，


∴∠E＝∠EDO＝2∠C，


∴∠EOB＝∠C+∠E＝3∠C＝54°，


∴∠C＝18°，


故答案为18°．


15．解：连接AD，


∵AB为⊙O的直径，


∴∠ADB＝90°，


∵∠ABD＝42°，


∴∠A＝90°﹣∠ABD＝48°，


∴∠BCD＝180°﹣∠A＝132°．


故答案为132°．


16．解：连接OA，OC，过点O作OG⊥CD于点G，





根据垂径定理，得


CG＝DG＝CD＝2，


在Rt△OCG中，OC＝，


根据勾股定理，得


OC2＝CG2+OG2，


即＝4+OG2，


∴OG＝＝，


∵直线AB与⊙O相切于点A，


∴OA⊥AB，


∵弦CD∥AB，


∴OA⊥CD，


∴点A、O、G三点共线，


∴AG＝AO+OG＝+＝4，


在Rt△ACG中，根据勾股定理，得


AC＝＝＝2．


∵∠CDE＝∠ADF．


∴∠CDE+∠CDF＝∠ADF+∠CDF．


∴∠EDF＝∠ADC，


∴＝，


∴EF＝AC，


∴EF＝2．


故答案为：2．


17．解：根据垂径定理，得AD＝AB＝20米．


设圆的半径是R，根据勾股定理，


得R2＝202+（R﹣10）2，


解得R＝25（米），


∴⊙O的直径为50米．


故答案为50．


18．解：连接AD，


∵D为BC中点，点O为AB的中点，


∴OD为△ABC的中位线，


∴OD∥AC，①正确；


∵AB是⊙O的直径，


∴∠ADB＝90°＝∠ADC，


即AD⊥BC，又BD＝CD，


∴△ABC为等腰三角形，


∴∠B＝∠C，②正确；


∵DE⊥AC，且DO∥AC，


∴OD⊥DE，


∵OD是半径，


∴DE是⊙O的切线，∴④正确；


∴∠ODA+∠EDA＝90°，


∵∠ADB＝∠ADO+∠ODB＝90°，


∴∠EDA＝∠ODB，


∵OD＝OB，


∴∠B＝∠ODB，


∴∠EDA＝∠B，∴⑤正确；


∵D为BC中点，AD⊥BC，


∴AC＝AB，


∵OA＝OB＝AB，


∴OA＝AC，


∴③正确，


故答案为：①②③④⑤．





三．解答题


19．证明：（1）∵AD平分∠CAB，


∴∠CAD＝∠BAD，


∵AO＝DO，


∴∠BAD＝∠ADO，


∴∠CAD＝∠ADO，


∴AC∥OD；





（2）过O作OF⊥AC于F


∵DE⊥AB，OF⊥AC，


∴∠AFO＝∠DEO＝90°，


∵AC∥OD，


∴∠FOD＝∠AFO＝90°，


∴∠FAO+∠FOA＝90°，∠FOA+∠EOD＝90°，


∴∠FAO＝∠EOD，


在△AFO和△OED中，


，


∴△AFO≌△OED（AAS），


∴AF＝OE，


∵OF⊥AC，OF过O，


∴AF＝CF＝AC，


∴OE＝AC．


20．（1）证明：延长DE交⊙O于点G，如图所示：





∵AB为⊙O的直径，DE⊥AB，


∴DE＝GE，＝，


∵D是的中点，


∴＝＝，


∴＝，


∴BC＝DG＝2DE；


（2）解：连接BD、OD，如图所示：





∵＝，


∴∠DBC＝∠BDF，


∴DF＝BF，


∵AB为⊙O的直径，AB＝10，


∴∠ACB＝90°，OB＝OD＝5，


∴BC＝＝＝8，


由（1）得：DE＝BC＝4，


∵DE⊥AB，


∴OE＝＝＝3，


∴BE＝OB﹣OE＝2，


设DF＝BF＝a，则EF＝4﹣a，


在Rt△BEF中，由勾股定理得：22+（4﹣a）2＝a2，


解得：a＝，


∴DF＝．


21．解：（1）∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，


∴AB＝2BC，∠ABC＝60°，


∵，AC2+BC2＝AB2，


∴（4）2+BC2＝（2BC）2，


∴BC＝4，


∵BC为直径，


∴∠CDB＝90°，


∴∠DCB＝∠A＝30°，


∴BD＝BC＝2；





（2）∵OD＝OB，


∴∠CBD＝∠EDB＝60°，


∴∠DOB＝180°﹣60°﹣60°＝60°，


∴∠COE＝∠DOB＝60°，


∵∠OCE＝180°﹣∠ACB＝180°﹣90°＝90°，


∴∠CEO＝30°，


∵OC＝OB＝BC＝＝2，


∴OE＝2CO＝4，


∴CE＝＝＝2，


∴BE＝＝＝2．


22．解：（1）证明：如图，连接OA，





∴OA＝OB，


∴∠ABD＝∠OAB，


∵∠DAE＝∠ABD，


∴∠OAB＝∠DAE，


∵OA＝OD，


∴∠OAD＝∠ODA，


∵BD为⊙O的直径，


∴∠BAD＝90°，


∴∠OAB+∠OAD＝90°，


∴∠DAE+∠OAD＝90°，


∴∠OAE＝90°，


∴OA⊥AE，


∴AE是⊙O的切线；


（2）作OF⊥BC于点F，


∵OA⊥AE，AE∥BC，


∴点A、O、F在同一条直线上，


∵BD是直径，


∴∠BCD＝90°，


∴∠AED＝90°，


∴四边形AECF是矩形，


∴AF＝EC，AE＝FC，


∵⊙O的半径为5，即BD＝10，


∵CD＝6，


∴BC＝＝8，


∴BF＝FC＝4，OF＝CD＝3，


∴CE＝AF＝AO+OF＝5+3＝8，


∴DE＝CE﹣CD＝8﹣6＝2，


∵AE＝FC＝4，


∴AD＝＝2．


23．解：（1）证明：


∵OD⊥BC于点D，


∴CD＝BD，


∵AO＝BO，


∴OD是△ACB的中位线，


∴OD＝AC；


（2）解：当∠1＝30°时，四边形OCAF是菱形．


理由如下：


∵∠1＝30°，AB是直径，


∴∠BCA＝90°，


∴∠2＝60°，而OC＝OA，


∴△OAC是等边三角形，


∴OA＝OC＝CA，


又∵D，O分别是BC，BA的中点，


∴DO∥CA，


∴∠2＝∠3＝60°而OC＝OA＝AF．


∴△OAF是等边三角形，


∴AF＝OA＝OF，


∴OC＝CA＝AF＝OF，


∴四边形OCAF是菱形；


②当∠1＝45°时，AB＝2OD，


∵∠1＝45°，


∵OD⊥BC于点D，


∴△BOD是等腰直角三角形，


∴OB＝OD，


∴AB＝2OB＝2OD．


故答案为：30°，45°．





24．解：（1）设直道的长度为x米，


由题意可得，2π×36+2x＝400，


即2×3.14×36+2x＝400，


解得x＝86.96，


即跑道中一段直道的长度是86.96米；


（2）由题意可得，


y＝2π（36+x）+86.96×2＝2×3.14×（36+x）+173.92＝400+6.28x，


即y与x的函数关系式是y＝6.28x+400；


（3）当y＝406时，


460＝6.28x+400，


解得x≈9.55，


9.55÷1.2≈7.96，


即最多能铺设道宽为1.2米的跑道7条．


25．解：（1）如图，





∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，


∴33+42＝52，


∴∠A＝90°，


∴△ABC是直角三角形，


由题意可知：


图形G是以O为圆心，a为半径的圆，AB，AC，BC与圆O相切，


设切点分别为F，D，Q，连接OF，OD，OQ，


∴OF⊥AB，OD⊥AC，OQ⊥BC，


∴四边形AFOD为正方形，


∴AF＝AD＝OF＝OD＝a，


根据切线长定理可知：


BF＝BQ＝3﹣a，CD＝CQ＝4﹣a，


∴3﹣a+4﹣a＝5，


解得a＝1；


（2）①由题意可知：


点O是△ABC的内心，


∴∠ABM＝∠CBM，


∵MA⊥AB，MB⊥BC，


∴∠A＝∠BNM＝90°，


∴∠BMA＝∠BMN；


②如图，作OE⊥MN于点E，


∵∠BMA＝∠BMN，


∵OD⊥AC，


∴OD＝OE，


∴OE为圆O的半径，


∴MN为圆O的切线，


∴直线MN与图形G的公共点个数为1．