2023-2024学年人教版（五四制）九年级上册第三十一章圆单元测试卷(含答案)

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2023-2024学年 人教版（五四制）九年级上册 第三十一章� 圆� 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．已知平面直角坐标系中，的半径是，点，则点与圆的位置关系是（　　）A．点在内 B．点在上 C．点在外 D．无法确定2．如图，的半径为10，弦长，弦心距的长为（　　）A．5 B．6 C．7 D．83．黄冈市政府网消息，全长109公里的黄黄高速将进行改扩建，按双向八车道设计，高速公路的隧道和桥梁很多．如图是一个隧道的横截面，若它的形状是以O为圆心的圆的一部分，路面米，净高米，则此圆的半径（）A．6米 B．6．5米 C．7米 D．7．5米4．如图，，，是上的三个点．若，则的大小为（    ）A． B． C． D．5．如图，的半径为2，圆心M的坐标为，点P是上的任意一点，，且、与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则的最小值（　　）A．3 B．4 C．5 D．66．如图，弦垂直于的直径，垂足为H，且，，则的长为（    ）A． B．2 C．3 D．47．如图，正方形的边长为4，点E是边上的一动点，点F是边上的一动点，且，与相交于点P，连接，在F运动的过程中，的最小值为（　　）A． B． C． D．8．如图，点I为的内心，连接并延长交的外接圆于点D，连接，若，则的度数为（　　）A． B． C． D．9．如图，是的外接圆，是的直径，点在上，若，则的度数是（　　）A． B． C． D．10．如图，点在上，直径于点，下列结论中不一定成立的是（   ）A． B． C． D． 11．如图，的直径和弦相交于点，已知，，，则的长为 ．12．如图，，分别与相切于，，切于，已知，的半径为，则的周长是 ．13．沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的母线长为，扇形的圆心角，则该圆锥的底面圆的半径长为 ．14．如图，的直径，是的弦，于点E，，则的长为 ．15．如图，，为的两条切线，连接，若的半径为3，的长为5，则的长是 ．16．如图，等边中，，P为上一动点，，则线段的最小值为 ．17．已知二次函数图象顶点为，交x轴于点A、B（点A在点B的左边），交y轴于点N．(1)求m、n的值和A、B两点的坐标；(2)若经过点A、B，且与y轴相切于点C，则的半径为 ， ．18．如图，是的直径，点是上一点，的平分线交于点，交过点的切线于点．(1)求证；(2)连接，，，若，，求，，所围成图形的面积．评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、计算题评卷人得分四、证明题参考答案：1．B【分析】本题考查了点与圆的位置关系的判断，勾股定理，由勾股定理可求，即可判断；掌握“点与圆心的距离为，当时，点在圆外；当时，点在圆上；当时，点在圆内；”是解题的关键．【详解】解：，，又半径是，，点在上．故选：B．2．B【分析】本题考查垂径定理及勾股定理，首先根据垂径定理得到，然后利用勾股定理求解即可，解题的关键是掌握垂径定理及勾股定理．【详解】解：∵是弦心距，∴，∴，∵，∴．故选：B．3．B【分析】本题考查的是垂径定理及勾股定理在实际生活中的运用，用表示出各边的长是解答此题的关键．先设此圆的半径为，用表示出的长，再由垂径定理求出的长，根据勾股定理即可求解．【详解】解：设此圆的半径为，则，∵米，，∴米，在中，∵米，∴，即，解得米．故选：B．4．D【分析】本题考查的知识点是圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，解题关键是熟练掌握圆心角定理．观察图形可得是弧的圆心角，是弧的圆周角，根据圆周角定理得即可求解．【详解】解：弧弧，其中是弧的圆心角，是弧的圆周角，．故选：．5．D【分析】由中知要使取得最小值，则需取得最小值，连接，交于点，当P位于位置时，取得最小值，故可求解．此题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到取得最小值时P的位置．【详解】连接，∵，∴，∵，∴，要使取得最小值，则需取得最小值，连接，交于点，当P位于位置时，取得最小值，过点M作轴于点Q，则，∴，又，∴，∴，故选D．6．C【分析】本题考查了圆的垂径定理，勾股定理，熟记“垂直于弦的直径平分这条弦”是解题关键．【详解】解：连接如图：设圆的半径为r，弦垂直于的直径，，，，，在中：，，在中：即解得：，即．故选：C．7．A【分析】本题考查了正方形的性质，圆的性质，勾股定理，三角形全等的判定性质，利用证明，确定点P在以的中点O为圆心，以为半径的正方形内部的圆弧上，根据圆的性质确定最值，利用勾股定理计算即可．【详解】如图，∵正方形的边长为4，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴点P在以的中点O为圆心，以为半径的正方形内部的圆弧上，连接，交弧于点G，当点P与点G重合时，取得最小值，∵∴，故选：A．8．D【分析】本题考查了三角形的内心的性质、三角形内角和定理、三角形外角的性质、圆周角定理；由I是的内心，得到，，根据三角形内角和定理得到，又根据，由三角形外角的性质即可求出．【详解】解：I是的内心，分别平分，，，，，，，故选：D．9．A【分析】本题考查的是圆周角定理和直角三角形性质，根据圆周角定理得到，，然后利用直角三角形两锐角互余计算出的度数，从而得到的度数，解题的关键是掌握圆周角定理和直角三角形性质及其应用．【详解】∵是的直径，∴，∴，由，∴，∴，故选：．10．B【分析】本题主要考查的是垂径定理．由题意可知为垂直于弦的直径，根据垂径定理即可做出正确的判断．【详解】解：根据为的直径，且，垂足为，则是垂直于弦的直径，满足垂径定理．所以是的垂直平分线，因而，，，都是正确的．所以选项B、不一定成立．故选：B．11．【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，角的直角三角形，连接，过点作，根据题意先求出，再由°，得，再根据勾股定理求得，，由垂径定理得出的长．通过连接半径、过圆心作弦的垂线从而利用垂径定理和勾股定理是解题的关键．【详解】解：连接，过点作，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴的长为．故答案为：．12．24【分析】本题考查了切线长定理；利用勾股定理求得切线的长，再根据切线长定理可知，，，进而可求出结果．【详解】解：连接．∵，与相切，∴，，在中，由勾股定理可得．根据切线长定理可得，，，所以的周长．故答案为：．13．/【分析】本题考查了圆锥的计算，利用圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，列出方程计算即可，熟练掌握圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，是解此题的关键．【详解】解：由题意得；，解得：，该圆锥的底面圆的半径长为，故答案为：．14．【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理．解此类题一般要把半径、弦心距、弦的一半构建在一个直角三角形里，运用勾股定理求解．先求出再利用勾股定理即可得得出，最后用垂径定理即可得出．【详解】解：如图，连接，的直径，，，，，，在中，，．故答案为：．15．【分析】先标注图形，根据切线长定理得，再根据，得是线段的垂直平分线，然后根据切线的性质得，结合勾股定理求出，再根据面积相等求出，即可得出答案．【详解】如图所示．∵，是的切线，∴．∵，∴直线是线段的垂直平分线，∴，且．∵是的切线∴．在中，，∴，解得，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了切线长定理，切线的性质，勾股定理，求三角形面积，线段垂直平分线的性质和判定等，解决此类问题的思路是由切线得到直角三角形，再根据勾股定理求线段长．16．3【分析】连接，取的中点O，连接过点O作于H．首先证明是顶角为的等腰三角形，当的值最小时，的值最小，求出的最小值，可得结论．【详解】解：如图，连接，取的中点O，连接过点O作于H．∴是等边三角形，∴,∵，∴，∵，∴，∴C，D，P，E四点共圆，∴，∴当的值最小时，的值最小，根据垂线段最短可知，当时，，此时的值最小，，∵，∴，∴,∴，∴的最小值为3．故答案为：3．【点睛】本题考查四点共圆、圆周角定理、垂径定理、含30°角的直角三角形的性质等知识；正确判断当时最小是解题的关键．17．(1)，，，(2)3；【分析】本题考查了二次函数与圆的综合运用，二次函数的顶点式，矩形的判定及性质，垂径定理，切线性质定理，勾股定理等；（1）由二次函数的顶点式得，再化为一般式，令，即可求解；（2）连接、，过点作轴于点，由、的坐标得点在抛物线的对称轴直线上，设，由切线的性质得的半径为，①当圆心D在x轴上方时，由勾股定理得即可求解；②当圆心D在x轴的下方时，同理可可求解；掌握二次函数顶点式求法，圆的基本性质，连切点，构建直角三角形是解题的关键．【详解】（1）解：图象顶点为，可得抛物线的表达式为：，，，当时，，解得：，，，；（2）解：当时，，，如图，连接、，过点作轴于点，点在抛物线的对称轴直线上，可设，与y轴相切于点C，，的半径为，①当圆心D在x轴上方时，则，，轴，四边形为矩形，，，；②当圆心D在x轴的下方时，同理可得：，故答案为：3，．18．(1)见解析(2)【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理和扇形的面积公式，解题的关键是：（1）根据圆周角定理得到，再根据切线的性质得到，则利用等角的余角相等得到，然后利用得到结论；（2）先利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出，再证明，所以，从而得到，，所围成图形的面积，然后根据扇形的面积公式计算即可．【详解】（1）解：证明：是的直径，，为的切线，，，，，，平分，，；（2）连接和，，，，，，，，，，，，，所围成图形的面积．