2024春九年級數(shù)學(xué)下冊第27章圓綜合素質(zhì)評價試卷（華東師大版）

這是一份2024春九年級數(shù)學(xué)下冊第27章圓綜合素質(zhì)評價試卷（華東師大版），共11頁。
第27章綜合素質(zhì)評價 一、選擇題(每題3分，共30分) 1．(母題：教材P50練習(xí)T1)已知⊙O的半徑為5，點P到圓心O的距離為6，那么點P與⊙O的位置關(guān)系是(　　) A．點P在⊙O外 B．點P在⊙O內(nèi) C．點P在⊙O上 D．無法確定 2．如圖①是一段彎管，彎管的部分外輪廓線如圖②所示是一條圓弧，圓弧eq \o(AB,\s\up8(︵))的半徑OA＝20 cm，圓心角∠AOB＝90°，則扇形OAB的面積為＝(　　) A．200π cm2 B．100π cm2 C．50π cm2 D．20π cm2 3．(母題：教材P73復(fù)習(xí)題T8)如圖，在直角坐標(biāo)系中，一個圓經(jīng)過坐標(biāo)原點O，交坐標(biāo)軸于點E，F(xiàn)，OE＝8，OF＝6，則圓的直徑長為(　　) A．12 B．10 C．14 D．15 4．[2023·山西]如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC，BD為對角線，BD經(jīng)過圓心O.若∠BAC＝40°，則∠DBC的度數(shù)為(　　) A．40° B．50° C．60° D．70° 5．如圖，PA，PB是⊙O的切線，A，B是切點．若∠P＝50°，則∠AOB的度數(shù)為(　　) A．120° B．130° C．135° D．150° 6．如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∠B＝90°，∠BCD＝120°，AB＝2，CD＝1，則AD的長為(　　) A．2eq \r(3)－2 B．3－eq \r(3) C．4－eq \r(3) D．2 7．已知圓內(nèi)接正三角形的面積為eq \r(3)，則該圓的內(nèi)接正六邊形的邊心距是(　　) A．2 B．1 C.eq \r(3) D.eq \r(2) 8．[2023·北京人大附中月考]如圖，OA交⊙O于點B，AD切⊙O于點D，點C在⊙O上．若∠A＝40°，則∠C為(　　) A．15° B．20° C．25° D．30° 9．[2023·鄂州]如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝4，點O為BC的中點，以O(shè)為圓心，OB長為半徑作半圓，交AC于點D，則圖中陰影部分的面積是(　　) A．5eq \r(3)－eq \f(\r(3),3)π B．5eq \r(3)－4 π C．5eq \r(3)－2 π D．10eq \r(3)－2 π 10.如圖，在四邊形材料ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝9 cm，AB＝20 cm，BC＝24 cm.現(xiàn)用此材料截出一個面積最大的圓形模板，則此圓的半徑是(　　) A.eq \f(110,13) cm B．8 cm C．6eq \r(2) cm D．10 cm 二、填空題(每題3分，共24分) 11．[2022·連云港]如圖，AB是⊙O的直徑，AC是⊙O的切線，點A為切點．連結(jié)BC，與⊙O交于點D，連接OD.若∠AOD＝82°，則∠C＝________°. 12．掛鐘的分針長10 cm，經(jīng)過15 min，它的針尖經(jīng)過的路徑長為__________． 13．[2023·新鄉(xiāng)十中期末]已知圓錐的底面圓直徑是2，母線是3，則圓錐的側(cè)面積是________． 14．[2023·廈門一中期中]如圖，圓內(nèi)接四邊形ABCD的兩組對邊的延長線分別相交于點E，F(xiàn)，且∠E＝40°，∠F＝60°，則∠A＝________. 15.“割之彌細(xì)，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣”．早在1800多年前，魏晉時期的數(shù)學(xué)家劉徽首創(chuàng)“割圓術(shù)”，用圓內(nèi)接正多邊形的面積去無限逼近圓面積．如圖所示為圓的內(nèi)接正十二邊形，若該圓的半徑為1，則這個圓的內(nèi)接正十二邊形的面積為________． 16．[2022·金華]如圖，木工用角尺的短邊緊靠⊙O于點A，長邊與⊙O相切于點B，角尺的直角頂點為C.已知AC＝6 cm，CB＝8 cm，則⊙O的半徑為________ cm. 17. 為了落實“雙減”政策，朝陽區(qū)一些學(xué)校在課后服務(wù)時段開設(shè)了與冬奧會項目冰壺有關(guān)的選修課．如圖，在冰壺比賽場地的一端畫有一些同心圓作為營壘，其中有兩個圓的半徑分別約為60 cm和180 cm，小明擲出一球恰好沿著小圓的切線滑行出界，則該球在大圓內(nèi)滑行的路徑MN的長度約為________cm. 18．[2023·張家界]如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABOC是正方形，點A的坐標(biāo)為(1，1)，eq \o(AA1,\s\up8(︵))是以點B為圓心，BA為半徑的圓??；eq \o(A1A2,\s\up8(︵))是以點O為圓心，OA1為半徑的圓?。?eq \o(A2A3,\s\up8(︵))是以點C為圓心，CA2為半徑的圓弧；eq \o(A3A4,\s\up8(︵))是以點A為圓心，AA3為半徑的圓弧，繼續(xù)以點B，O，C，A為圓心，按上述作法得到的曲線AA1A2A3A4A5…稱為正方形的“漸開線”，則點A2 023的坐標(biāo)是________． 三、解答題(19題8分，20，21題每題10分，22，23題每題12分，24題14分，共66分) 19．如圖，AB是⊙O的直徑，PA切⊙O于點A，OP交⊙O于點C，連結(jié)BC，若∠P＝30°，求∠B的度數(shù)． 20．[2023·清華附中模擬]如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑作⊙O，交BC于點D，交AC于點E，過點B作⊙O的切線交OD的延長線于點F. (1)求證：∠A＝∠BOF； (2)若AB＝4，DF＝1，求AE的長． 21．[2023·宜賓二中模擬]如圖，AB為⊙O的直徑，D是弧BC的中點，BC與AD，OD分別交于點E，F(xiàn). (1)求證：DO∥AC； (2)求證：DE·DA＝DC2； (3)若tan ∠CAD＝eq \f(1,2)，求sin ∠CDA的值． 22. “垃圾入桶，保護(hù)環(huán)境，從我做起”，如圖是某款垃圾桶側(cè)面展示圖，AD＝ DC＝40 cm，GD＝30 cm，GF＝20 cm，∠A＝∠GDC＝∠DGF＝90°，桶蓋GFEC可以繞點G逆時針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為40°時，桶蓋GFEC落在GF′E′C′的位置． (1)求在桶蓋旋轉(zhuǎn)過程中，點C運動軌跡的長度； (2)求點F′到地面AB的距離．(參考數(shù)據(jù)：sin 40°≈0.64，cos 40°≈0.77，tan 40°≈0.84) 23．[2023·恩施州]如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，點O為AB的中點，連結(jié)CO交⊙O于點E，⊙O與AC相切于點D. (1)求證：BC是⊙O的切線； (2)延長CO交⊙O于點G，連接AG交⊙O于點F，若AC＝4eq \r(2)，求FG的長． 24．[2023·大連]如圖①，在⊙O中，AB為⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，AD為∠CAB的平分線交⊙O于點D，連結(jié)OD交BC于點E. (1)求∠BED的度數(shù)； (2)如圖②，過點A作⊙O的切線交BC延長線于點F，過點D作DG∥AF交AB于點G.若AD＝2eq \r(35)，DE＝4，求DG的長． 答案 一、1．A 2．B 【點撥】弧的半徑OA＝20 cm，圓心角∠AOB＝90°， ∴S扇形OAB＝eq \f(90π×202,360)＝100π(cm2)，故選B. 3．B 4．B 【點撥】∵BD經(jīng)過圓心O，∴∠BCD＝90°. ∵∠BDC＝∠BAC＝40°， ∴∠DBC＝90°－∠BDC＝50°.故選B. 5．B 6．C　【點撥】延長AD，BC交于點E，先求出∠E＝30°，再利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)求得AE的長，然后再求得DE的長，從而求得答案． 7．B　8．C 9．C 【點撥】如圖，連結(jié)OD，過點D作DE⊥BC于E. 在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝4， ∴BC＝eq \f(AB,tan 30°)＝eq \f(4,\f(\r(3),3))＝4eq \r(3)， ∴OC＝OD＝OB＝eq \f(1,2)BC＝2eq \r(3). ∵∠DOB＝2∠C＝60°， ∴DE＝OD·sin 60°＝2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝3. ∴S陰影＝S△ACB－S△COD－S扇形ODB＝eq \f(1,2)×4×4eq \r(3)－eq \f(1,2)×2eq \r(3)×3－eq \f(60 π·(2\r(3))2,360)＝8eq \r(3)－3eq \r(3)－2 π＝5eq \r(3)－2 π.故選C. 10．B 【點撥】如圖，當(dāng)AB，BC，CD分別切⊙O于點E，F(xiàn)，G時，⊙O的面積最大． 連結(jié)OA，OB，OC，OD，OE，OF，OG，過點D作DH⊥BC于點H. ∵AD∥BC，∠BAD＝90°，∴∠ABC＝90°. ∵∠DHB＝90°，∴四邊形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)． 設(shè)OE＝OF＝OG＝r cm，根據(jù)S四邊形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、11.49　12.5π cm　13.3 π 14．40° 【點撥】連結(jié)EF，如圖，∵四邊形ABCD為圓的內(nèi)接四邊形． ∴∠A＋∠BCD＝180°. 又∵∠BCD＋∠ECD＝180°， ∴∠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°. 15．3　16.eq \f(25,3) 17．240eq \r(2) 【點撥】設(shè)小圓的切線MN與小圓相切于點D，連結(jié)OD，OM，則 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．(－2 023，1) 【點撥】由題易得A(1，1)，A1(2，0)，A2(0，－2)，A3(－3，1)，A4(1，5)，A5(6，0)，A6(0，－6)，A7(－7，1)，A8(1，9)…… ∴A4n(1，4n＋1)，A4n＋1(4n＋2，0)，A4n＋2(0，－(4n＋2))，A4n＋3(－(4n＋3)，1)． ∵2 023÷4＝505……3， ∴A2 023的坐標(biāo)為(－2 023，1)． 三、19.【解】∵PA切⊙O于點A，AB是⊙O的直徑， ∴∠OAP＝90°. 又∵∠P＝30°，∴∠AOP＝60°. ∴∠B＝eq \f(1,2)∠AOP＝30°. 20．(1)【證明】∵AB＝AC，∴∠C＝∠ABC. ∵OB＝OD，∴∠ODB＝∠OBD， ∴∠C＝∠ODB，∴AC∥OD，∴∠A＝∠BOF. (2)【解】如圖，連結(jié)BE. ∵AB是⊙O的直徑，AB＝4， ∴∠AEB＝90°，OB＝OD＝eq \f(1,2)AB＝2. ∵BF是⊙O的切線， ∴∠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). 21．(1)【證明】∵D為弧BC的中點，OD為⊙O的半徑， ∴OD⊥BC即∠BFO＝90°. 又∵AB為⊙O的直徑， ∴∠ACB＝90°，∴AC∥OD. (2)【證明】∵D為弧BC的中點，∴eq \o(CD,\s\up8(︵))＝eq \o(BD,\s\up8(︵))， ∴∠DCB＝∠DAC. 又∵∠CDE＝∠ADC，∴△DCE∽△DAC， ∴eq \f(DC,DA)＝eq \f(DE,DC)，即DE·DA＝DC2. (3)【解】∵△DCE∽△DAC，tan ∠CAD＝eq \f(1,2)， ∴eq \f(CD,DA)＝eq \f(DE,DC)＝eq \f(CE,AC)＝eq \f(1,2). 設(shè)CD＝2a，則DE＝a，DA＝4a，∴AE＝3a. ∵AC∥OD，∴△AEC∽△DEF， ∴eq \f(CE,EF)＝eq \f(AE,DE)＝3，∴EF＝eq \f(1,3)CE，∴BC＝2CF＝eq \f(8,3)CE. 又AC＝2CE，∴AB＝eq \f(10,3)CE， 即sin ∠CDA＝sin ∠CBA＝eq \f(CA,AB)＝eq \f(3,5). 22．【解】(1) 如圖，連結(jié)CG，由旋轉(zhuǎn)知點C，C′都在以G為圓心，CG為半徑的圓上，則點C運動軌跡的長度為弧CC′的長． 在Rt△GDC中，DC＝40 cm， GD＝30 cm， ∴GC＝eq \r(GD2＋DC2)＝eq \r(302＋402)＝50(cm)， ∴弧CC′的長度為eq \f(40×π×50,180)＝eq \f(100π,9)(cm)， 故點C運動軌跡的長度為eq \f(100π,9) cm. (2)如圖，過點F′作F′M⊥AB，垂足為點M，交GF于點N， ∴∠F′MA＝90°. ∵∠A＝∠DGF＝90°， ∴四邊形AMNG為矩形， ∴∠F′NG＝∠MNG＝90°， MN＝AG＝GD＋DA＝70 cm. 在Rt△F′NG中，F(xiàn)′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：點F′到地面AB的距離約為82.8 cm. 23．(1)【證明】如圖，連結(jié)OD，作OM⊥BC于M. 由題意得AC＝BC， ∵O是AB的中點，∴CO平分∠ACB. ∵AC是⊙O的切線，∴OD⊥AC. ∴OD＝OM.∴BC是⊙O的切線． (2)【解】如圖，作OH⊥AG于H，∴∠GHO＝90°，F(xiàn)G＝2GH. 易得CG⊥AB，△OAC和△AOD是等腰直角三角形， ∴∠AOG＝90°＝∠GHO，OA＝eq \f(\r(2),2)AC＝eq \f(\r(2),2)×4eq \r(2)＝4. ∴OD＝eq \f(\r(2),2)AO＝2eq \r(2)， ∴OG＝2eq \r(2)，∴AG＝eq \r(OA2＋OG2)＝2eq \r(6). ∵∠GHO＝∠GOA，∠G＝∠G，∴△GHO∽△GOA， ∴eq \f(GH,OG)＝eq \f(OG,AG)，即eq \f(GH,2\r(2))＝eq \f(2\r(2),2\r(6))， 解得GH＝eq \f(2\r(6),3).∴FG＝eq \f(4\r(6),3). 24．【解】(1)∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°. ∵AD為∠CAB的平分線，∴∠BAD＝∠CAD. ∵OA＝OD，∴∠BAD＝∠ODA. ∴∠CAD＝∠ODA.∴OD∥AC. ∴∠OEB＝∠ACB＝90°.∴∠BED＝90°. (2)連結(jié)BD，設(shè)OA＝OB＝OD＝r，則AB＝2r. ∵DE＝4，∴OE＝r－4. ∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°. ∴BD2＝AB2－AD2＝4r2－(2eq \r(35))2＝4r2－140.　 ∵∠BED＝90°， ∴BE2＝BD2－DE2＝4r2－156. ∵∠OEB＝90°，∴BE2＝OB2－OE2＝r2－(r－4)2. ∴4r2－156＝r2－(r－4)2. 解得r＝7或r＝－5(舍去)． ∴AB＝14，BD＝2eq \r(14). ∵AF是⊙O的切線，∴∠FAB＝90°. 又∵DG∥AF，∴∠DGB＝90°. ∵S△ADB＝eq \f(1,2)AD·BD＝eq \f(1,2)·AB·DG， ∴DG＝eq \f(AD·BD,AB)＝2eq \r(10).