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1、北师大版九年级数学下册第三章 圆月考 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题 30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、如图，是的直径，、是上的两点，若，则（ ）A15B20C25D302、如图，等边ABC内接于O，D是上任一点（不与B、C
2、重合），连接BD、CD，AD交BC于E，CF切O于点C，AFCF交O于点G下列结论：ADC60；DB2DEDA；若AD2，则四边形ABDC的面积为；若CF2，则图中阴影部分的面积为正确的个数为（）A1个B2个C3个D4个3、直角三角形PAB一条边为AB，另一顶点P在直线l上，下面是三个学生做直角三角形的过程以及自认为正确的最终结论：甲：过点A作l的垂线，垂足为P1；过点B作l的垂线，垂足为P2；作AP3BP3故符合题意的点P有三处；乙：以AB为直径作圆O，O与交l于两点P1、P2，故符合题意的点P有两处；丙：过点A作P1AAB，垂足为A，交l于点P1；过点B作P2BAB，垂足为B，交l于点P2
3、故符合题意的点P有两处下列说法正确的是（） A甲的作法和结论均正确B乙、丙的作法和结论合在一起才正确C甲、乙、丙的作法和结论合在一起才正确D丙的作法和结论均正确4、如图，四边形ABCD内接于，若，则的度数为（ ）A50B100C130D1505、如图，菱形ABCD的顶点B，C，D均在A上，点E在弧BD上，则BED的度数为（）A90B120C135D1506、到三角形三个顶点距离相等的点是此三角形（）A三条角平分线的交点B三条中线的交点C三条高的交点D三边中垂线的交点7、如图，AB是O的直径，BD与O相切于点B，点C是O上一点，连接AC并延长，交BD于点D，连接OC，BC，若BOC50，则D的度
4、数为（）A50B55C65D758、如图，AB是O的直径，CD为弦，CDAB于点E，则下列结论中不成立是（ ）A弧AC弧ADB弧BC弧BDCCEDEDOEBE9、如图，面积为18的正方形ABCD内接于O，则O的半径为（ ）ABC3D10、如图，正的边长为，边长为的正的顶点R与点A重合，点P，Q分别在AC，AB上，将沿着边AB，BC，CA连续翻转（如图所示），直至点P第一次回到原来的位置，则点P运动路径的长为（ ）ABCD第卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图，在平面直角坐标系中，点N是直线上动点，M是上动点，若点C的坐标为，且与y轴相切，则长度的最小值为_
5、2、如图，点O和点I分别是ABC的外心和内心，若BOC130，则BIC_3、在中，D，E分别是，的中点，若等腰绕点A逆时针旋转，得到等腰，记直线与的交点为P，则点P到所在直线的距离的最大值为_4、如图，在RtABC中，ACB90，O是ABC的内切圆，三个切点分别为D、E、F，若BF2，AF3，则ABC的面积是_5、如图，PA，PB分别切O于点A，B，Q是优弧上一点，若P=40，则Q的度数是_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，PA，PB与O相切，切点为A，B，CD与O相切于点E，分别交PA，PB于点D，C若PA，PB的长是关于x的一元二次方程x2mx+m10的两个根（1）求
6、m的值；（2）求PCD的周长2、如图，以点为圆心，长为直径作圆，在上取一点，延长至点，连接，过点作交的延长线于点（1）求证：是的切线；（2）若，求的长3、如图，在中，CD平分P为边BC上一动点，将沿着直线DP翻折到，点E恰好落在的外接圆上（1）求证：D是AB的中点（2）当，时，求DC的长（3）设线段DB与交于点Q，连结QC，当QC垂直于的一边时，求满足条件的所有的度数4、已知：如图，中，以为直径的交于点，于点（1）求证：是的切线；（2）若，求的值5、如图，已知等边内接于O，D为的中点，连接DB，DC，过点C作AB的平行线，交BD的延长线于点E（1）求证：CE是O的切线；（2）若AB的长为6，求
7、CE的长-参考答案-一、单选题1、C【分析】根据圆周角定理得到BDC的度数，再根据直径所对圆周角是直角，即可得到结论【详解】解：BOC=130，BDC=BOC=65，AB是O的直径，ADB=90，ADC=90-65=25，故选：C【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键2、C【分析】如图1，ABC是等边三角形，则ABC60，根据同弧所对的圆周角相等ADCABC60，所以判断正确；如图1，可证明DBEDAC，则，所以DBDCDEDA，而DB与DC不一定相等，所以判断错误；如图2，作AHBD于点H，延长DB到点K，使BKCD，连接AK，先证明ABKACD，可证明S四边形ABDC
8、SADK，可以求得SADK，所以判断正确；如图3，连接OA、OG、OC、GC，由CF切O于点C得CFOC，而AFCF，所以AFOC，由圆周角定理可得AOC120，则OACOCA30，于是CAGOCA30，则COG2CAG60，可证明AOG和COG都是等边三角形，则四边形OABC是菱形，因此OACG，推导出S阴影S扇形COG，在RtCFG中根据勾股定理求出CG的长为4，则O的半径为4，可求得S阴影S扇形COG，所以判断正确，所以这3个结论正确【详解】解：如图1，ABC是等边三角形，ABC60，等边ABC内接于O，ADCABC60，故正确；BDEACB60，ADCABC60，BDEADC，又DBE
9、DAC，DBEDAC，,DBDCDEDA，D是上任一点，DB与DC不一定相等，DBDC与DB2也不一定相等，DB2与DEDA也不一定相等，故错误；如图2，作AHBD于点H，延长DB到点K，使BKCD，连接AK，ABK+ABD180，ACD+ABD180，ABKACD，ABAC，ABKACD（SAS），AKAD，SABKSACD，DHKHDK，AHD90，ADH60，DAH30，AD2，DHAD1， DK2DH2，SADK，S四边形ABDCSABD+SACDSABD+SABKSADK，故正确；如图3，连接OA、OG、OC、GC，则OAOGOC，CF切O于点C，CFOC，AFCF，AFOC，AOC
10、2ABC120，OACOCA（180120）30，CAGOCA30，COG2CAG60，AOG60，AOG和COG都是等边三角形，OAOCAGCGOG，四边形OABC是菱形，OACG，SCAGSCOG，S阴影S扇形COG，OCF90，OCG60，FCG30，F90，FGCG，FG2+CF2CG2，CF，（CG）2+（）2CG2，CG4，OCCG4，S阴影S扇形COG，故正确，这3个结论正确，故选C【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，圆切线的性质，圆周角定理，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解
11、3、B【分析】根据三个学生的作法作出图形即可判断【详解】解：甲的作图如下，不是直角三角形，故甲的不正确乙：如图，根据直径所对的圆周角是直角可知，乙的作法正确，但不完整，丙的作法如下，丙的作法也正确，但不完整，乙、丙的作法和结论合在一起才正确故选B【点睛】本题考查了直角三角形的判定，直径所对的圆周角是直角，根据题意作出图形是解题的关键4、B【分析】根据圆内接四边形的性质求出A的度数，根据圆周角定理计算即可【详解】解：四边形ABCD内接于O，A+DCB=180，DCB=130，A=50，由圆周角定理得，=2A=100，故选：B【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质和圆周角定理，掌握圆内接四边形的对
12、角互补是解题的关键5、B【分析】连接AC，根据菱形的性质得到ABC、ACD是等边三角形，求出BCD=120，再根据圆周角定理即可求解【详解】如图，连接ACAC=AB=AD四边形ABCD是菱形AB=BC=AD=CD=ACABC、ACD是等边三角形ACB=ACD=60BCD=120优弧BED=BCD=120故选B【点睛】此题主要考查圆内角度求解，解题的关键是熟知菱形的性质及圆周角定理6、D【分析】由题意根据线段的垂直平分线上的性质，则有三角形三边中垂线的交点到三角形的三个顶点距离相等【详解】解：垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等，到三角形三个顶点的距离相等的点是三角形三边中垂线的交点故选
13、：D【点睛】本题考查了线段的垂直平分线的性质，解题的关键是注意掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等7、C【分析】首先证明ABD90，由BOC50，根据圆周角定理求出A的度数即可解决问题【详解】解：BD是切线，BDAB，ABD90，BOC50，ABOC25，D90A65，故选：C【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考常考题型8、D【分析】根据垂径定理解答【详解】解：AB是O的直径，CD为弦，CDAB于点E，弧AC弧AD，弧BC弧BD，CEDE，故选：D【点睛】此题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧，熟记
14、定理是解题的关键9、C【分析】连接OA、OB，则为等腰直角三角形，由正方形面积为18，可求边长为，进而通过勾股定理，可得半径为3【详解】解：如图，连接OA，OB，则OA=OB，四边形ABCD是正方形，是等腰直角三角形，正方形ABCD的面积是18，即：故选C【点睛】本题考查了正多边形和圆、正方形的性质等知识，构造等腰直角三角形是解题的关键10、B【分析】从图中可以看出在AB边，翻转的第一次是一个120度的圆心角，半径是1，第二次是以点P为圆心，所以没有路程，同理在AC和BC上也是相同的情况，由此求解即可【详解】解：从图中可以看出在AB边，翻转的第一次是一个120度的圆心角，半径是1，所以弧长=，
15、第二次是以点P为圆心，所以没有路程，在BC边上，第一次，第二次同样没有路程，AC边上也是如此，点P运动路径的长为3=2故选：B【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，求弧长，解题的关键在于能够根据题意得到P点的运动轨迹二、填空题1、-2【分析】由图可知，当CNAB且C、M、N三点共线时，长度最小，利用勾股定理求出CN的长，故可求解【详解】由图可知，当CNAB且C、M、N三点共线时，长度最小直线AB的解析式为当x=0时，y=5，当y=0时，x=5B（0，5），A（5，0）AO=BO，AOB是等腰直角三角形BAO=90当CNAB时，则ACN是等腰直角三角形CN=ANCAC=7AC2=CN2+AN2
16、=2CN2CN=当 C、M、N三点共线时，长度最小即MN=CN-CM=-2故答案为：-2【点睛】此题主要考查圆与几何综合，解题的关键是根据题意找到符合题意的位置，利用等腰直角三角形的性质求解2、122.5【分析】如图所示，作ABC外接圆，利用圆周角定理得到A=65，由于I是ABC的内心，则BIC=180-ABC-ACB，然后把BAC的度数代入计算即可【详解】解：如图所示，作ABC外接圆，点O是ABC的外心，BOC=130，A=65，ABC+ACB=115，点I是ABC的内心，IBC+ICB=115=57.5，BIC=18057.5=122.5故答案为：122.5【点睛】此题主要考查了三角形内心
17、和外心的综合应用，根据题意得出IBC+ICB的度数是解题关键3、#【分析】首先作PGAB，交AB所在直线于点G，则D1，E1在以A为圆心，AD为半径的圆上，当BD1所在直线与A相切时，直线BD1与CE1的交点P到直线AB的距离最大，此时四边形AD1PE1是正方形，进而求出PG的长【详解】解：如图，作PGAB，交AB所在直线于点G，D1，E1在以A为圆心，AD为半径的圆上，当BD1所在直线与A相切时，直线BD1与CE1的交点P到直线AB的距离最大，此时四边形AD1PE1是正方形，CAB=90，AC=AB=4，D，E分别是AB，AC的中点，AD=AE1=AD1=PD1=2，则BD1=，故ABP=3
18、0，则PB=2+2，PG=PB=，故点P到AB所在直线的距离的最大值为：PG=故答案为：【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及等腰腰直角三角形的性质和勾股定理以及切线的性质等知识，根据题意得出PG的最长时P点的位置是解题关键4、6【分析】根据题意利用切线的性质以及正方形的判定方法得出四边形OECD是正方形，进而利用勾股定理即可得出答案【详解】解：连接DO，EO，O是ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，OEAC，ODBC，CD=CE，BD=BF=2，AF=AE=3又C=90，四边形OECD是矩形，又EO=DO，矩形OECD是正方形，设EO=x，则EC=CD=x，在RtABC中BC2+AC2=AB
19、2故（x+2）2+（x+3）2=52，解得：x=1，BC=3，AC=4，SABC=34=6.故答案为：6【点睛】本题主要考查三角形内切圆与内心，根据题意得出四边形OECF是正方形以及运用方程思维和勾股定理进行分析是解题的关键5、70度【分析】连接OA、OB，根据切线性质可得OAP=OBP=90，再根据四边形的内角和为360求得AOB，然后利用圆周角定理求解即可【详解】解：连接OA、OB，PA，PB分别切O于点A，B，OAP=OBP=90，又P=40，AOB=360909040=140，Q=AOB=70，故答案为：70【点睛】本题考查切线性质、四边形内角和为360、圆周角定理，熟练掌握切线性质和
20、圆周角定理是解答的关键三、解答题1、（1）；（2）2【分析】（1）根据切线长定理可得，则一元二次方程的判别式为0，进而即可求得的值；（2）根据（1）的结论求得的长，CD与O相切于点E，则,根据PCD的周长即可求解【详解】解： PA，PB与O相切，PA，PB的长是关于x的一元二次方程x2mx+m10的两个根解得（2） PA，PB与O相切， CD与O相切于点E，PCD的周长【点睛】本题考查了切线长定理，一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，掌握切线长定理是解题的关键2、（1）证明见解析；（2）【分析】（1）连接，先根据圆周角定理可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据角的和差可得，最
21、后根据圆的切线的判定定理即可得证；（2）设的半径为，先在中，利用勾股定理可求出的值，从而可得的长，再根据相似三角形的判定证出，然后根据相似三角形的性质即可得【详解】证明：（1）如图，连接，是的直径，即，又是的半径，是的切线；（2）设的半径为，则，在中，即，解得，在和中，即，解得【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的判定定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆的切线的判定定理和相似三角形的判定是解题关键3、（1）证明见解析；（2）；（3）当QC垂直于DPE的一边时，QCB=15或22.5【分析】（1）由翻折的性质可得B=DEP，再由DCP=DEP，即可得到B=DCP，CD=BD，再由角
22、平分线的定义得到，则BDC=90，即可利用三线合一定理得到BD=AD，即D是AB的中点；（2）由DPE是DPB翻折得到，得到，如图所示，过点P作PFAB于F，先利用勾股定理求出，得到，即可求出，则；（3）分当CQDP时，当DECQ时，当PECQ时三种情况进行讨论求解即可得到答案【详解】解：（1）DPE是DPB翻折得到，B=DEP，又DCP=DEP，B=DCP，CD=BD，ACB=90，CD平分ACB，= A，BDC=90，CA=CB，BD=AD（三线合一定理），D是AB的中点；（2）DPE是DPB翻折得到，如图所示，过点P作PFAB于F，PFB=PFD=90，DP=2PF，B=45，BPF=9
23、0-B=45，BPF=B，BF=PF，； （3）如图所示，当CQDP时，CDQ=90，CQ为圆O的直径，由垂径定理可知，即；如图所示，当DECQ时，设DE与CQ交于点F，连接CE，DPE是DPB翻折得到，BD=DE，又BD=CD，CD=ED，DEC=DCE，DEC=DCP+ECP=ECP+45，QCP=ECP，DEC=QCP+45，又CQDE，CFE=90，FCE+FEC=90，QCP+45+QCP+ECP=90，即3QCP+45=90，QCP=15，即QCB=15，当PECQ时，E点要在CD的下方，此时圆O与直线BD的交点在BD的延长线上，不存在PECQ这种情况，综上所述，当QC垂直于DPE
24、的一边时，QCB=15或22.5【点睛】本题主要考查了折叠的性质，圆周角定理，垂径定理，直径所对的圆周角是直角，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握圆的相关知识4、（1）见解析；（2）【分析】（1）根据等腰三角形的性质证得，进而证得OPAC，再根据平行线的性质和切线的判定即可证得结论；（2）连接，根据圆周角定理和等腰三角形的性质可得，再根据含30角的直角三角形性质求出BP即可求解【详解】（1）证明：，OPAC，又OP是半径，是的切线；（2）解：连接，如图，为直径，AB=AC，CAB=120，在RtAPB中，【点睛】本题考查等腰三角形
25、的性质、平行线的判定与性质、切线的判定、圆周角定理、含30角的直角三角形性质、三角形内角和定理，熟练掌握这些知识的联系与运用是解答的关键5、（1）见解析；（2）3【分析】（1）由题意连接OC，OB，由等边三角形的性质可得ABC=BCE=60，求出OCB=30，则OCE=90，结论得证；（2）根据题意由条件可得DBC=30，BEC=90，进而即可求出CE=BC3【详解】解：（1）证明：如图连接OC、OB是等边三角形 又 与O相切； （2）四边形ABCD是O的内接四边形，D为的中点， 【点睛】本题主要考查等边三角形的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质、切线的判定以及直角三角形的性质等知识解题的关键是正确作出辅助线，利用圆的性质进行求解