蘇科版2024-2025學年九年級數(shù)學上冊2.28 第2章 對稱圖形-圓（單元測試·培優(yōu)卷）（含答案）

第2章對稱圖形——圓（單元測試·培優(yōu)卷）一、單選題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）1．已知的半徑是一元二次方程的一個根，圓心O到直線l的距離，則直線與的位置關系是（

）A．相切 B．相離 C．相交 D．相切或相交2．如圖，在中，，，，以點B為圓心，為半徑畫弧交邊于點P，則的長為（

）A．5 B．6 C．7 D．83．如圖，為的直徑，弦，垂足為，，，則線段的長為（

）

A．5 B．8 C． D．4．如圖，點A、B、C、D、E都在上，是直徑，，，則的度數(shù)為（

）A． B． C． D．5．如圖，過原點，且與兩坐標軸分別交于點A、B，點A的坐標為，點M是第三象限內圓上一點，，則的半徑為（

）

A．4 B．5 C．6 D．26．如圖，直線、、分別與相切于點、、且，若，，則等于（）A． B． C． D．7．如圖，正五邊形內接于，連接，，則（

）A． B． C． D．8．如圖，在扇形中，C為的中點，，若，則的長為（

）A． B． C． D．9．如圖，將半徑為的圓形紙片沿折疊后，圓弧恰好能經(jīng)過圓心，用圖中陰影部分的扇形圍成一個圓錐的側面，則這個圓錐的高為（）A． B． C． D．10．圖1是一張圓形紙片；如圖2，將圓形紙片作兩次對折，且折痕，垂足為點；如圖3，把紙片展開后，再將圓形紙片沿弦折疊，使兩點，重合，折痕與相交于點，連接，，，．下列四個結論中錯誤的是（

）A．四邊形是菱形 B．為等邊三角形C． D．二、填空題（本大題共8小題，每小題4分，共32分）11．若點P到上的所有點的距離中，最大距離為8，最小距離為2，那么的半徑為．12．已知：如圖，是的直徑，弦交于E點，，，，則的長為．13．如圖，在中，是直徑，弦，垂足為，若，，則的半徑為．14．如圖，是的直徑，是的弦，連接．若，則．15．如圖，四邊形是內接四邊形，，，連接，于點，連接，若，，則的長為．

16．如圖，是的外接圓，，于點，的延長線交于點．（1）（填“，或”）：（2）若，，則．17．如圖，在圓內接正六邊形中，，分別交于點，，若該圓的半徑為12，則線段的長為．18．如圖，四邊形是正方形，其中，…依次連接，它們的圓心依次按A、B、C、D循環(huán)．當時，曲線的長度是．三、解答題（本大題共6小題，共58分）19．（8分）如圖，以的邊上一點為圓心的圓，經(jīng)過、兩點，且與邊交于點，為的下半圓弧的中點，連接交于，若．（1）連接，求證：；（2）若，，求的半徑．20．（8分）如圖，已知是半徑為1的的直徑，C是圓上一點，D是延長線上一點，過點D的直線交于點E，交于點F，，．（1）求證：為等邊三角形；（2）若，求證：．21．（10分）如圖，AB為的直徑，C為上一點，的切線BD交的延長線于點D．（1）求證：；（2）若，．求CD的長．22．（10分）如圖，已知是的外接圓，連接，，過點作，交的延長線于，交于，．（1）求證：是的切線；（2）若，．求圖中陰影部分的面積．23．（10分）【特例解決】（1）如圖1，經(jīng)過菱形的三個頂點A、B、D點，過點B作的直徑，交邊于點F，交于點E，連接，過點A作的垂線，垂足為點H，．與是什么關系？是什么關系？【深入探究】（2）如圖2，若不經(jīng)過點O，，三條線段的關系是否仍然成立？請說明理由．【拓展延伸】（3）在第2問的基礎上，求證：．24．（12分）綜合與探究問題情境：如圖，已知為的直徑，點C為上異于A，B的一點，過點C作的切線，過點A作于點D，連接．

（1）探究發(fā)現(xiàn)：證明：無論點C在何處，將沿折疊，點D一定落在直徑上；（2）探究引申：如圖2，勤奮小組繼續(xù)探究發(fā)現(xiàn)，若是等腰三角形且對稱軸經(jīng)過點D，此時，與存在數(shù)量關系，請寫出結論并證明；（3）探究規(guī)律：如圖3，智慧小組在勤奮小組的啟發(fā)下發(fā)現(xiàn)當為正三角形時，與存在的數(shù)量關系是：______．參考答案：1．B【分析】本題考查一元一次方程的解法，直線與圓的位置關系等知識與方法，求出一元一次方程的解并且判斷圓心到直線的距離與的半徑之間的大小關系是解題的關鍵．設的半徑為，解一元一次方程得，，則，所以，可知直線與圓相離，于是得到問題的答案．【詳解】解：設的半徑為，解一元一次方程得，，∵的半徑是一元二次方程的一個根，∴，∵圓心到直線的距離，∴，∴直線與相離，故選：B．2．D【分析】本題考查了勾股定理，圓的基本性質，由勾股定理得到，由題意得到，即可求解，掌握勾股定理是解題的關鍵．【詳解】解：∵，，，∴，∵以點B為圓心，為半徑畫弧交邊于點P，∴，∴，故選：D．3．B【分析】本題主要考查了垂徑定理和勾股定理，先連接，根據(jù)已知條件求出，從而求出，然后根據(jù)勾股定理求出，由垂徑定理求出答案即可．【詳解】解：連接，

∵，∴，∵是的直徑，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．故選：B4．C【分析】本題考查的是圓內接四邊形的性質、圓周角定理，熟記圓內接四邊形的對角互補是解題的關鍵.連接，根據(jù)平行線的性質求出根據(jù)圓周角定理得到進而求出，再根據(jù)圓內接四邊形的性質計算即可.【詳解】解：如圖,連接,，，∵是的直徑,，，∵四邊形為的內接四邊形，，，故選:.5．A【分析】本題主要考查了圓內接四邊形的性質，含角的直角三角形的性質，圓周角定理，坐標與圖形，根據(jù)圓內接四邊形對角互補得到，再由的圓周角所對的弦是直徑得到是直徑，求出，進而求出，是解題的關鍵．【詳解】解：∵、、、都在圓上，，∴，∵，∴是的直徑，，∵，∴，∴，∴的半徑為4，故選：A．6．D【分析】此題主要是考查了切線長定理，平行線的性質，勾股定理，根據(jù)平行線的性質以及切線長定理，即可證明，再根據(jù)勾股定理即可求得的長，再結合切線長定理即可求解，熟練掌握知識點的應用是解題的關鍵．【詳解】解：連接，根據(jù)切線長定理得：，，，；

∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴．故選：．7．D【分析】本題考查正多邊形內角和公式、正多邊形的中心角，根據(jù)多邊形的內角和可以求得的度數(shù)，根據(jù)周角等于，可以求得的度數(shù)，然后即可計算出的度數(shù)即可．【詳解】解：∵五邊形是正五邊形，，，，故選：D．8．B【分析】連接，判定是等邊三角形，推出，由圓心角、弧、弦的關系得到，由弧長公式即可求出；本題考查圓心角、弧、弦的關系，等邊三角形的判定，弧長的計算，關鍵是判定是等邊三角形，掌握弧長公式．【詳解】解：連接∵，∴是等邊三角形∴∵C為的中點，∴∴∴的長故選：B．9．A【分析】本題考查了圓錐的計算，解直角三角形；作于，如圖，根據(jù)折疊的性質得等于半徑的一半，即，再根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值得出，則，所以，則利用弧長公式可計算出弧AB的長，再求出底面圓的半徑為，然后根據(jù)勾股定理計算這個圓錐的高．【詳解】如圖，過點作，垂足為，交于點，由折疊的性質可知，，則由此可得，在中，，同理可得，在中，由三角形內角和定理，得．弧AB的長為．設圍成的圓錐的底面半徑為，則，．圓錐的高為．故選A．10．D【分析】由翻折性質以及垂徑定理證明菱形即可判斷A；由等邊對等角作出判斷即可；先判斷為等邊三角形，再根據(jù)勾股定理即可得出結論；利用扇形面積公式求出結果即可．【詳解】解：由折疊的性質可知，，．由垂徑定理知垂直平分，，互相垂直平分，四邊形是菱形，故選項A正確，不符合題意；，，．，，，．同理可得，，是等邊三角形，故選項B正確，不符合題意；，，，．，，是等邊三角形，，，，故選項C正確，不符合題意；設圓的半徑為，則，，，故選項D錯誤，符合題意．故選：D【點撥】本題圓的綜合題型，主要考查了翻折變換的性質，勾股定理，平行線的判定，對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，等邊三角形的判定與性質．注意掌握折疊前后圖形的對應關系是關鍵．11．或者【分析】本題考查了點與圓的位置關系，分點P在外和內兩種情況討論，當點P在外時，最大距離與最小距離之差等于直徑；當點P在內時，最大距離與最小距離之和等于直徑，即可得．【詳解】解：點P在外時，外一點到上所有的點的距離中，最大距離是，最小距離是，的半徑長等于；點P在內時，內一點到上所有的點的距離中，最大距離是，最小距離是，的半徑長等于，故答案為：或者．12．42【分析】本題考查了勾股定理和垂徑定理，過O作于F，連接，根據(jù)垂直定義得出，即可求出，求出，根據(jù)勾股定理求出，再根據(jù)勾股定理求出，根據(jù)垂徑定理得出，即可求出答案,能熟記垂徑定理是解此題的關鍵．【詳解】解：如圖所示，過O作于F，連接，則，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，在中，根據(jù)勾股定理得，，∵，過圓心O，∴，∴故答案為：．13．【分析】本題主要考查了圓綜合．熟練掌握圓周角定理推論，含30°的直角三角形性質，勾股定理解直角三角形，是解決問題的關鍵．連接，根據(jù)直徑性質得出，再利用含30°角的直角三角形的性質可得，再根據(jù)勾股定理求出，即得．（方法不唯一）【詳解】連接，∵是直徑，∴，∵，∴，∵，，∴，解得，，∴．∴的半徑為．故答案為：．14．【分析】本題主要考查了直徑所對的圓周角是直角，同弧所對的圓周角相等，三角形內角和定理，根據(jù)同弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角為直角，結合三角形的內角和定理，進行求解即可．【詳解】解：∵是的直徑，，，∴，∴；故答案為：．15．【分析】連接，由，得到，求得是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質得到，，求得，推出，根據(jù)全等三角形的性質得到，求得，得到，根據(jù)勾股定理即可得到結論．【詳解】解：連接，

∵，∴，∵，，∴，∴是等邊三角形，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，在與中，，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，故答案為：．【點撥】本題考查了圓內接四邊形的性質，圓周角定理，等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，熟練掌握知識點的應用是解題的關鍵．16．【分析】（1）延長交于點，連接，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得，根據(jù)直角三角形兩銳角互余可得，，根據(jù)在同圓中，等弧所對的圓周角相等可得，根據(jù)等角的余角相等可得，根據(jù)等邊對等角可得，即可推得；（2）根據(jù)直角三角形兩銳角互余可得，結合（1）中結論和根據(jù)等角的余角相等可得，結合對頂角相等可得，根據(jù)等角對等邊可得，設，則，根據(jù)直角三角形中兩直角邊的平方和等于斜邊的平方列方程，解方程求出的值，即可求出、的值，根據(jù)即可求解．【詳解】解：（1）延長交于點，連接，如圖：

∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故答案為：．（2）解：∵，∴，∵，∴，由（1）得：，∴，∵，∴，∴，設，則，在中，，即，解得：，∴，∴，∴，∴的長為，故答案為：．【點撥】本題考查了圓周角定理，弧、弦、圓心角的關系，等角對等邊，等邊對等角，勾股定理，直角三角形的性質等；熟練掌握圓的相關性質是解題的關鍵．17．【分析】本題主要考查了圓內接正六邊形．熟練掌握圓內接正六邊形的性質，等邊三角形的判斷和性質，含的直角三角形性質，是解題關鍵．含的直角三角形性質：三邊是的關系．連接、，根據(jù)圓內接正六邊形的性質得到是等邊三角形，得到，推出，，得到，得到，推出，，得到是等邊三角形，即得．【詳解】連接、，∵六邊形是圓內接正六邊形，圓的半徑為12，∴，，∴是等邊三角形，∴，∵，∴，，∴，∴，∵，，∴是等邊三角形，∴．故答案為：．18．【分析】本題主要考查了弧長計算公式應用，根據(jù)題意得出扇形半徑是解題關鍵．首先根據(jù)題意得出扇形半徑，進而利用弧長公式求出即可．【詳解】解：根據(jù)題意可得出：，，，，∴曲線的長度為：．故答案為：．19．(1)見解析(2)【分析】本題考查了垂徑定理，圓的相關性質，等腰三角形的性質，解題的關鍵是靈活運用這些性質．（1）連接，由圓的性質可得，根據(jù)，可得，由垂徑定理可得，然后借助角關系轉化可得結論；（2）在由勾股定理可求解．【詳解】（1）解：連接，，，，，為的下半圓弧的中點，，，，；（2）在中，，，（不合題意舍去）或，的半徑為．20．(1)見解析(2)見解析【分析】（1）由圓周角定理得出，則，由直角三角形的性質和等腰三角形的性質得出，再證，得出即可；（2）由等邊三角形的性質和三角形的外角性質得出，證，則，即可得出結論．【詳解】（1）證明：是半徑為1的圓直徑，，，，，，，，，又，，，，，是等邊三角形；（2）證明：由（1）得：是等邊三角形，，，，，，，，，．【點撥】本題是圓的綜合題目，考查了圓周角定理、等腰三角形的判定與性質、直角三角形的性質、等邊三角形的判定與性質等知識，熟練掌握圓周角定理和等邊三角形的判定與性質是解題的關鍵．21．(1)見解析(2)【分析】（1）根據(jù)切線的性質得到，再根據(jù)圓周角定理得到，加上，于是利用等量代換得到結論；（2）利用含30度的直角三角形三邊的關系得到，然后證明得到即可．【詳解】（1）證明：∵DB是的切線，∴，∴．∵AB是的直徑，∴．∵，∴．∴；（2）解：在中，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴．∴，∴．∴．∴．【點撥】本題考查了圓的知識，涉及切線的性質、圓周角定理、等腰三角形的判定和性質以及含30度的直角三角形，解題的關鍵是熟悉圓的知識．22．(1)見詳解(2)【分析】（1）連接，根據(jù)圓周角定理可知，利用平行線的性質即可求出，從而可知是的切線；（2）設，由于，所以，在中，由勾股定理可知：，解得，所以半徑；根據(jù)扇形面積公式以及三角形面積公式即可求出答案．本題考查圓的綜合問題，涉及勾股定理，圓周角定理，切線的判定，扇形面積公式等知識，需要學生靈活運用所學知識．【詳解】（1）證明：連接，，，，，是的半徑，是的切線；（2）解：設，則，，∵，在中，由勾股定理可知：，，，（舍去），，的半徑為4，；∴，，圖中陰影部分的面積．23．（1），（2）成立，理由見解析（3）見解析【分析】（1）圓周角定理，得到，，，進而得到，結合菱形的鄰邊相等，證