第2章 对称图形——圆（单元测试·综合卷）-2023-2024学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

第2章 对称图形——圆（单元测试·综合卷）

一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）

1．在平面直角坐标系中，点P的坐标为，以原点O为圆心，6为半径作圆，则点P与⊙O的位置关系为（　　）

A．点P与⊙O内 B．点P与⊙O上 C．点P与⊙O外 D．无法确定

2．如图，线段是的直径，于点E，若长为16，长为6，则半径是（       ）

A．5 B．6 C．8 D．10

3．一个三角形的一边长为12，另外两边长是一元二次方程的两根，则这个三角形外接圆的半径是（   ）

A． B．5 C． D．8

4．如图，木工用角尺的短边紧靠于点A，长边与相切于点B，角尺的直角顶点为C，已知，，则的半径为（    ）

A．8 B．5 C．10 D．

5．如图，正五边形内接于，若的半径为10，则的长为（    ）

A． B． C． D．

6．如图，将⊙O沿弦折叠，点C在弧上，点D在弧上，若，则（    ）

A．70° B．110° C．125° D．140°

7．如图①，点A、B是上两定点，圆上一动点P从圆上一定点B出发，沿逆时针方向匀速运动到点A，运动时间是，线段的长度是.图②是y随x变化的关系图象，则图中m的值是（    ）

A． B． C． D．

8．如图所示是某几何体的三视图，根据图中数据计算，这个几何体的侧面积为（　　）

A． B．  C．  D．

9．如图所示，已知三角形为直角三角形，，BC为切线，为切点，为直径，则和面积之比为（    ）

A． B． C． D．

10．如图，⊙O是△ABC的外接圆，将△ABC绕点C顺时针旋转至△EDC，使点E在⊙O上，再将△EDC沿CD翻折，点E恰好与点A重合，已知∠BAC=36°，则∠DCE的度数是（     ）

A．24 B．27 C．30 D．33

二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）

11．如图，点A在半圆O上，是直径，．若，则的长为   ．

12．如图，在中，弦的长为10，圆周角，则这个圆的直径为      ．

13．如图，A，B，C，D四点都在上，则图中一定和相等的角是     ．

14．已知的半径是一元二次方程的一个根，圆心到直线的距离，则直线与的位置关系是       ．

15．如图，与的边，，分别相切于点，，，如果，，，那么的长为          ．

16．如图，在半径为3的⊙O中，AB是直径，AC是弦，D是的中点，AC与BD交于点E．若E是BD的中点，则AC的长是       ．

17．如图，正方形内接于⊙O，线段在对角线上运动，若⊙O的周长为，，则周长的最小值是        ．

18．如图，在中，，，以点A为圆心，长为半径画弧，交延长线于点D，过点C作，交于点，连接BE，则的值为           ．

三、解答题（本大题共6小题，共58分）

19．（8分）已知：如图，在中，为互相垂直的两条弦，，D、E为垂足．

(1)若，求证：四边形为正方形．

(2)若，判断与的大小关系，并证明你的结论．

20．（8分）如图，在菱形ABCD中，，P为AC，BD的交点，经过A，B，P三点．

(1)求证：AB为的直径．

(2)请用无刻度的直尺在圆上找一点Q，使得BP=PQ（不写作法，保留作图痕迹）．

21．（10分）已知：如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，连结CG，DG

(1)若∠A＝25°，求弧CD的度数；

(2)求证：∠DGC＝2∠BAC；

(3)若⊙O的半径为5，BE＝2，求弦AC的长．

22．（10分）如图，是以为直径的半圆上的两点，，连结．

(1)求证：．

(2)若，，求阴影部分的面积．

23．（10分）如图，以线段为直径作，交射线于点，平分交于点，过点作直线于点，交的延长线于点．连接并延长交于点．

(1)求证：直线是的切线；

(2)求证：；

(3)若，，求的长．

24．（12分）已知四边形内接于，对角线于，连接交于点．  

(1)如图1，延长交于，连接，求证：；

(2)如图2，作于，交于，连接，求证：；

(3)在（2）的条件下，连接，若，，，，求长．

参考答案

1．A

【分析】先计算的长度，再与半径比较：若，则点在圆上；若，则点在圆外；若，则点在圆内．

【详解】解：

∵

∴点P与⊙O内

故选：A

【点拨】本题考查点与圆的位置关系．掌握相关结论是解题关键．

2．D

【分析】连接，由垂径定理可得，由勾股定理计算即可获得答案．

【详解】解：如图，连接，

∵线段是的直径，于点E，，

∴，

∴在中，可有，

∴半径是10．

故选：D．

【点拨】本题主要考查了垂径定理及勾股定理等知识，理解并掌握垂径定理是解题关键．

3．C

【分析】先求出方程的解，再根据直角三角形外接圆的半径等于斜边的一半作答．

【详解】解：，

因式分解得，

解得，

∵，

∴这个三角形是直角三角形，且斜边为13，

∴这个三角形外接圆的半径是斜边长的一半即，

故选C．

【点拨】本题考查了因式分解法解一元二次方程，勾股定理和求三角形外接圆的半径，熟记直角三角形外接圆的半径等于斜边的一半是解题的关键．

4．C

【分析】连接，过点A作，垂足为D，利用勾股定理得出，求解即可．

【详解】连接，过点A作，垂足为D，如图，

∵与相切于点B，

∴，

∴，

∴四边形是矩形，

∴，

设圆的半径为，

在直角中，由勾股定理得，，

即，

解得，

故选：D．

【点拨】本题考查了切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握知识点并作出适当的辅助线是解题的关键．

5．B

【分析】先根据题意求出中心角的度数，再根据弧长公式进行求解即可．

【详解】解：如图所示，连接，

由题意得，，

∴的长，

故选B．

【点拨】本题主要考查了正多边形与圆，弧长公式，正确求出中心角的度数是解题的关键．

6．B

【分析】作出弧所对的圆周角，求出即可．

【详解】解：作出弧所对的圆周角

∵

∴

∵⊙O沿弦折叠

∴

故选：B

【点拨】本题考查了折叠的对称性、圆的内接四边形互补等知识点．作出弧所对的圆周角是解题关键．

7．D

【分析】从图2看，当时，，即此时、、三点共线，则圆的半径为，当时，由勾股定理逆定理可知，，则点从点走到、、三点共线的位置时，此时，走过的角度为，可求出点运动的速度，当时，，即是等边三角形，进而求解．

【详解】解：从图2看，当时，，即此时、、三点共线，

则圆的半径为，

当时，，

是直角三角形，且，

则点从点走到、、三点共线的位置时，如图所示，

此时，走过的角度为，则走过的弧长为，

点的运动速度是，

当时，，即是等边三角形，

，

，

此时点走过的弧长为：，

，

故选：D．

【点拨】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系．

8．B

【分析】由几何体的三视图可得出原几何体为圆锥，根据图中给定的数据由勾股定理求出母线的长度，再用侧面积公式即可得出结论．

【详解】解：由三视图可知，原几何体为圆锥，

，

，

故选：B．

【点拨】本题考查了由三视图判断几何体、圆锥的计算、勾股定理等知识，由几何体的三视图可得出原几何体为圆锥是解题的关键．

9．B

【分析】根据圆周角定理，切线的性质以及等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定及性质进行计算即可．

【详解】解：如图取中点O，连接．

∵是圆O的直径．

∴．

∵与圆O相切．

∴．

∵．

∴．

∵．

∴．

又∵．

∴．

∵，，．

∴．

∴．

∵点O是的中点．

∴．

∴．

∴

故答案是：1∶2．

故选：B．

【点拨】本题考查切线的性质，圆周角定理，等腰三角形以及全等三角形的性质，理解切线的性质，圆周角定理以及全等三角形的判定和性质是解决问题的前提．

10．B

【分析】延长CD交⊙O于点F，连接AF，则由CD经过圆心O可得∠CAF＝90°，先由翻折得到∠BCA＝∠DCA，AB＝AD，∠CAD＝∠CAB＝36°，然后得到∠FAD＝54°，再由圆周角定理得到AB＝AF，进而得到AF＝AD，也就有∠ADF＝∠AFD＝63°，再由三角形的外角性质得到∠ACD的大小，最后由旋转的性质得到∠DCE的大小．

【详解】解：如图，延长CD交⊙O于点F，连接AF，

由题可知，,

 垂直平分,

CD经过圆心O，

∴∠CAF＝90°，

由翻折得，∠DCA＝∠BCA，AB＝AD，∠CAD＝∠CAB＝36°，

∴∠FAD＝∠CAF﹣∠CAD＝90°﹣36°＝54°，AB＝AF，

∴AF＝AD，

∴∠ADF＝∠AFD＝（180°﹣∠DAF）＝（180°﹣54°）＝63°，

∵∠ADF是△ACD的外角，

∴∠ACD＝∠ADF﹣∠CAD＝63°﹣36°＝27°，

∴∠BCA＝27°，

由旋转的性质得，∠DCE＝∠BCA＝27°，

故选：B．

【点拨】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、旋转的性质、翻折的性质、三角形的外角性质，解题的关键是熟知“直径所对的圆周角为直角”求得∠DAF的大小．

11．

【分析】连接，由圆心角，弦，弧的关系可得，结合等腰直角三角形的性质可求解的长，进而可求解的长．

【详解】解：连接，

∵ ，是直径，

∴，

∵，，

∴，

∴ ．

故答案为：．

【点拨】本题主要考查圆周角，弦，弧的关系，等腰直角三角形的性质，求解，的长是解题的关键．

12．

【分析】连接，根据勾股定理和圆周角定理的推论即可求解．

【详解】连接，

∵，

∴，

∵直径，

∴，

∵，

∴．

故答案为：．

【点拨】本题考考查圆周角定理和勾股定理，掌握直径所对的圆周角是直角是解题的关键

13．

【分析】可求，，据此即可求解．

【详解】解：由题意得

四边形是内接四边形，

，

，

；

故答案：．

【点拨】本题考查了圆的内接四边形的性质，掌握性质是解题的关键．

14．相交或相切

【分析】利用因式分解法求得一元二次方程的两个根，再根据直线与圆的位置关系求解即可．

【详解】解：由可得

解得，

即的半径是3或4

当的半径是3时，，即，直线与圆相切，

当的半径是4时，，即，直线与圆相交，

故答案为：相交或相切

【点拨】此题考查了一元二次方程的求解以及直线与圆的位置关系，解题的关键是掌握一元二次方程的求解以及直线与圆的位置关系．

15．7

【分析】由切线长定理证明，，，结合，，可得，，从而可得答案．

【详解】解：∵与的边，，分别相切于点，，，，

∴，，，

∵，，

∴，，

∴；

故答案为7

【点拨】本题考查的是切线长定理的应用，熟记切线长定理的含义是解本题的关键．

16．

【分析】连接OD，交AC于F，根据垂径定理的推论得出OD⊥AC，AF=CF，进而证得DF=BC，根据三角形中位线定理求得OF=BC=DF，从而求得BC=DF，利用勾股定理即可求得AC．

【详解】解：如图，连接OD，交AC于F，

∵D是的中点，

∴OD⊥AC，AF=CF，

∴∠DFE=90°，

∵OA=OB，AF=CF，

∴OF=BC，

∵AB是直径，

∴∠ACB=90°，

在△EFD和△ECB中，

，  

∴△EFD≌△ECB（AAS），

∴DF=BC，

∴OF=DF，

∵OD=3，

∴OF=1，AB=2OD=6，

∴BC=2，

∴．

故答案为：．

【点拨】本题考查垂径定理，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质和垂径定理及其推论是解题的关键．

17．/

【分析】过点作，令；可推出四边形为平行四边形，有；根据可知当时，周长有最小值.

【详解】解：过点作，令

∵⊙O的周长为，

∴⊙O的半径为

∴

∵且

∴四边形为平行四边形

∴

由正方形的对称性可得：

∴

∴

故：当时，周长有最小值

此时：

∴周长的最小值是

故答案为：

【点拨】本题考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质等．推出当时，周长有最小值是解题关键．

18．．

【分析】连接AE，过作AF⊥AB，延长EC交AF于点F，过E作EG⊥BC于点G，设AC=BC=a，求出AF=CF=，由勾股定理求出CE，再由勾股定理求出BE的长即可得到结论．

【详解】解：连接AE，过作AF⊥AB，延长EC交AF于点F，过E作EG⊥BC于点G，如图，

设AC=BC=a，

∵

∴，

∴，

∵

∴

∵

∴

∴

∴

设CE=x，则FE=

在Rt△AFE中，

∴

解得，，（不符合题意，舍去）

∴

∵

∴

∴

∴

在Rt△BGE中，

∴

∴

故答案为：．

【点拨】此题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理与圆的基本概念等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答此题的关键．

19．(1)见解析

(2)OD＜OE

【分析】（1）先根据垂径定理，由OD⊥AB，OE⊥AC得到AD＝AB，AE＝AC，且∠ADO＝∠AEO＝90°，加上∠DAE＝90°，则可判断四边形ADOE是矩形，由于AB＝AC，所以AD＝AE，于是可判断四边形ADOE是正方形；

（2）由（1）得四边形ADOE是矩形，可得OE＝AD＝AB，OD＝AE＝AC，又AB＞AC，即可得出OE和OD的大小关系．

【详解】（1）证明：∵OD⊥AB，OE⊥AC，AB⊥AC，

∴四边形ADOE为矩形，

且OD平分AB，OE平分AC，

∴BD＝AD＝AB，AE＝EC＝AC，

∵AB＝AC，

∴AD＝AE，

∴四边形ADOE为正方形．

（2）解：OD＜OE，

理由如下：由（1）得四边形ADOE是矩形，

∴OE＝AD，OD＝AE，

∵AD＝AB，AE＝AC，

∴OE ＝AB，OD＝AC，

又∵AB＞AC，

∴OD＜OE．

【点拨】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧、也考查了正方形的判定．

20．(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）根据菱形的性质可得∠APB=90°，再由90°角所对的弦为圆的直径，即可求证；

（2）延长DA交于点Q，连接PQ，则PQ即为所求，理由：连接BQ，根据AB为的直径，可得∠AQB=90°，从而得到∠BDQ+∠PBQ=90°，再由菱形的性质可得∠ABP+∠PBQ=90°，再由圆周角定理，即可求解．

【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，即∠APB=90°，

∵经过A，B，P三点．

∴AB为的直径；

（2）解：如图，延长DA交于点Q，即为所求，

理由：连接BQ，

∵AB为的直径，

∴∠AQB=90°，

∴∠BDQ+∠PBQ=90°，

∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，AB=AD，

∴∠APB=90°，∠BDQ=∠ABP，

∴∠ABP+∠PBQ=90°，

∵∠ABP+∠BAP=90°，  

∴∠BAP=∠PBQ，

∵∠BAP=∠BQP，

∴∠PBQ =∠BQP，

∴BP=PQ．

【点拨】本题主要考查了圆周角定理，菱形的性质，熟练掌握圆周角定理，菱形的性质是解题的关键．

21．(1)

(2)见解析

(3)

【分析】（1）由AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，得，根据∠A=25°，即得为50°，即可得到；

（2）连接AD，根据弦CD⊥直径AB，可得∠BAC=∠BAD，即∠DAC=2∠BAC，又∠DGC=∠DAC，即可得∠DGC=2∠BAC；

（3）连接OC，由⊙O的半径为5，BE=2，得OC=5，OE=3，AE=8，根据CD⊥AB，得CE2=16，在Rt△ACE中，即可得AC=4

【详解】（1）∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，

∴，

∵∠A=25°，

∴，

∴，

∴；

（2）证明：连接AD，如图：

∵弦CD⊥直径AB，

∴，

∴∠BAC=∠BAD，

∴∠DAC=2∠BAC，

又∵∠DGC=∠DAC，

∴∠DGC=2∠BAC；

（3）连接OC，如图：

∵⊙O的半径为5，BE=2，

∴OC=5，OE=OB-BE=3，AE=AB-BE=8，

∵CD⊥AB，

∴CE2=OC2-OE2=52-32=16，

在Rt△ACE中，AE2+CE2=AC2，

∴．

【点拨】本题考查圆的性质及应用，涉及勾股定理，解题的关键是掌握垂径定理、圆周角定理等圆的性质及熟练运用勾股定理．

22．(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得到∠ACD＝∠DBA，根据 ∠CAB＝∠DBA得到∠CAB＝∠ACD，进而得到结论；

（2）连结OC，OD，证明所求的阴影部分面积与扇形的面积相等，继而得到结论．

【详解】（1）证明：∵=，

∴∠ACD＝∠DBA，     

又∠CAB＝∠DBA，

∴∠CAB＝∠ACD，  

∴；

（2）解：如图，连结OC，OD．

∵∠ACD＝30°，

∴∠ACD＝∠CAB＝30°，

∴∠AOD＝∠COB＝60°,

∴∠COD＝180°-∠AOD-∠COB＝60°．

∵，

∴S△DOC=S△DBC，                             

∴S阴影=S弓形COD+S△DOC=S弓形COD+S△DBC=S扇形COD，

∵AB＝4，

∴OA＝2，

∴S扇形COD=．                      

∴S阴影=．

【点拨】本题主要考查扇形的面积，同弧所对的圆周角相等，平行线的判定，掌握定理以及公式是解题的关键．

23．(1)见解析

(2)见解析

(3)

【分析】（1）连接OD，由∠ODA＝∠OAD＝∠DAC证明ODAC，得∠ODF＝∠AED＝90°，即可证明直线DE是⊙O的切线；

（2）由线段AB是⊙O的直径证明∠ADB＝90°，再根据等角的余角相等证明∠M＝∠ABM，则AB＝AM；

（3）由∠AEF＝90°，∠F＝30°证明∠BAM＝60°，则△ABM是等边三角形，所以∠M＝60°，则∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，再证明∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2．

【详解】（1）证明：连接OD，则OD＝OA，

∴∠ODA＝∠OAD，

∵AD平分∠CAB，

∴∠OAD＝∠DAC，

∴∠ODA＝∠DAC，

∴ODAC，

∵DE⊥AC，

∴∠ODF＝∠AED＝90°，

∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD，

∴直线DE是⊙O的切线．

（2）证明：线段是的直径，

，

∴∠ADM＝180°－∠ADB＝，

∴∠M＋∠DAM＝，∠ABM＋∠DAB＝，

∵∠DAM＝∠DAB，

∴∠M＝∠ABM，

∴AB＝AM．

（3）解：∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，

∴∠BAM＝60°，

∴△ABM是等边三角形，

∴∠M＝60°，

∵∠DEM＝90°，ME＝1，

∴∠EDM＝30°，

∴MD＝2ME＝2，

∴BD＝MD＝2，

∵∠BDF＝∠EDM＝30°，

∴∠BDF＝∠F，

∴BF＝BD＝2．

【点拨】此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．

24．(1)见解析

(2)见解析

(3)

【分析】（1）如图1中，根据圆周角定理的推论得到，利用等角的余角相等证明即可

（2）利用角度之间的关系证明垂直平分即可解决问题；

（3）如图3中，作交于点，于点，于点，证明和都为等腰直角三角形，进一步证明，推出，，推出，推出，可得，由此即可解决问题．

【详解】（1）解：为直径，

，

，

与点，

，

，

，

；

（2）于点，

，

于点，

，

，

，

，

，

，

，

垂直平分，

；

（3）如图，作交于点，于点，于点，

，

，

，

，

和都为等腰直角三角形，

，，，

，

，

，，

，

，

，

设，

，

，

解得：，

，

，

，

，

，

，

．

【点拨】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解答本题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．