1、九年級數學第二學期第二十七章圓與正多邊形專項測評 考試時間：90分鐘；命題人：數學教研組考生注意：1、本卷分第I卷（選擇題）和第卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘2、答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級填寫在試卷規定位置上3、答案必須寫在試卷各個題目指定區域內相應的位置，如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。第I卷（選擇題 30分）一、單選題（10小題，每小題3分，共計30分）1、如圖，中，點為的中點，以為圓心，長為半徑作半圓，交于點，則圖中陰影部分的面積是（ ）ABCD2、如圖，在的網

2、格中，A，B均為格點，以點A為圓心，AB的長為半徑作弧，圖中的點C是該弧與格線的交點，則的值是（ ）ABCD3、已知的半徑為5cm，點P到圓心的距離為4cm，則點P和圓的位置關系（ ）A點在圓內B點在圓外C點在圓上D無法判斷4、如圖，有一個亭子，它的地基是邊長為4m的正六邊形，則地基的面積為（）A4m2B12m2C24m2D24m25、如圖，ABC內接于O，BD為O的直徑，且BD2，則DC（ ）A1BCD6、如圖，FA、FB分別與O相切于A、B兩點，點C為劣弧AB上一點，過點C的切線分別交FA、FB于D、E兩點，若F60，FDE的周長為12，則O的半徑長為（）AB2C2D37、如圖，DC是O的

3、直徑，弦ABCD于M，則下列結論不一定成立的是（）AAM=BMBCM=DMCD8、如圖，作，；以A為圓心，以AC長為半徑畫弧，交斜邊AB與點D；以B為圓心，以BD長為半徑畫弧，交BC與點E若，則（ ）ABCD9、如圖，面積為18的正方形ABCD內接于O，則O的半徑為（ ）ABC3D10、如圖，中，點是邊上一動點，連接，以為直徑的圓交于點若長為4，則線段長的最小值為（ ）ABCD第卷（非選擇題 70分）二、填空題（5小題，每小題4分，共計20分）1、已知圓O的圓心到直線l的距離為2，且圓的半徑是方程x25x+60的根，則直線l與圓O的的位置關系是_2、在ABC中，已知ABC90，BAC30，BC

4、1，如圖所示，將ABC繞點A按逆時針方向旋轉90后得到ABC則圖中陰影部分的面積為_3、如圖，已知PA、PB是O的兩條切線，點A、點B為切點，線段OP交O于點M下列結論：PAPB；OPAB；四邊形OAPB有外接圓；點M是AOP外接圓的圓心其中正確的結論是_（填序號）4、如圖，在中，以點為圓心，2為半徑的與相切于點，交于點，交于點，點是上一點，且，則圖中陰影部分的面積是_5、已知O、I分別是ABC的外心和內心，BIC125，則BOC的大小是 _度三、解答題（5小題，每小題10分，共計50分）1、下面是“過圓外一點作圓的切線”的尺規作圖過程已知：O和O外一點P求作：過點P的O的切線作法：如圖，（1

5、）連接OP；（2）分別以點O和點P為圓心，大于的長半徑作弧，兩弧相交于M，N兩點；（3）作直線MN，交OP于點C；（4）以點C為圓心，CO的長為半徑作圓，交O于A，B兩點；（5）作直線PA，PB直線PA，PB即為所求作O的切線完成如下證明：證明：連接OA，OB，OP是C直徑，點A在C上OAP=90（_）（填推理的依據）OAAP又點A在O上，直線PA是O的切線（_）（填推理的依據）同理可證直線PB是O的切線2、新定義：在一個四邊形中，若有一組對角都等于90，則稱這個四邊形為雙直角四邊形如圖1，在四邊形ABCD中，AC90，那么四邊形ABCD就是雙直角四邊形（1）若四邊形ABCD是雙直角四邊形，且

6、AB3，BC4，CD2，求AD的長；（2）已知，在圖2中，四邊形ABCD內接與O，BCCD且BAC45；求證：四邊形ABCD是雙直角四邊形；若ABAC，AD1，求AB的長和四邊形ABCD的面積3、如圖，已知正方形 ABCD 的邊長為4，以點 A 為圓心，1為半徑作圓，點 E 是A 上的一動點，點 E 繞點 D 按逆時針方向轉轉 90，得到點 F，接 AF（1）求CF長；（2）當A、E、F三點共線時，求EF長；（3） AF的最大值是_4、如圖，拋物線（a為常數，）與x軸分別交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，且OBOC（1）求a的值；（2）點D是該拋物線的頂點，點P（m，n）是第

7、三象限內拋物線上的一個點，分別連接BD、BC、CD、BP，當PBACBD時，求m的值；（3）點K為坐標平面內一點，DK2，點M為線段BK的中點，連接AM，當AM最大時，求點K的坐標5、請閱讀下列材料，并完成相應的任務：阿基米德是有史以來最偉大的數學家之一，他與牛頓、高斯并稱為三大數學王子阿拉伯Al-Binmi （973-1050 年）的譯文中保存了阿基米德折弦定理的內容，蘇聯在1964年根據Al-Binmi詳本出版了俄文版阿基米德全集第一題就是阿基米德折弦定理阿基米德折弦定理：如圖1，和是的兩條弦（即折線是圓的一條折弦）， 是的中點，則從向所作垂線的垂足是折弦的中點，即下面是運用“截長法”證明

8、的部分證明過程證明：如圖2，在上截取，連接和是的中點，任務：（1）請按照上面的證明思路，寫出該證明部分；（2）填空：如圖3，已知等邊內接于，為上一點，于點，則的周長是_-參考答案-一、單選題1、A【分析】連接OD，BD，作OHCD交CD于點H，首先根據勾股定理求出BC的長度，然后利用等面積法求出BD的長度，進而得到是等邊三角形，然后根據30角直角三角形的性質求出OH的長度，最后根據進行計算即可【詳解】解：如圖所示，連接OD，BD，作OHCD交CD于點H，在中，點為的中點，以為圓心，長為半徑作半圓是圓的直徑，即解得：又是等邊三角形OHCD，故選：A【點睛】本題考查了30角直角三角形的性質，等邊三

9、角形的性質和判定，扇形面積，勾股定理等知識，正確添加輔助線，熟練掌握和靈活運用相關知識是解題的關鍵2、B【分析】利用，得到BAC=DCA，根據同圓的半徑相等，AC=AB=3，再利用勾股定理求解 可得tanACD=，從而可得答案.【詳解】解：如圖， ， BAC=DCA 同圓的半徑相等， AC=AB=3，而 在RtACD中，tanACD= tanBAC=tanACD= 故選B【點睛】本題主要考查了解直角三角形的應用，利用圖形的性質進行角的等量代換是解本題的關鍵3、A【分析】直接根據點與圓的位置關系進行解答即可【詳解】解：O的半徑為5cm，點P與圓心O的距離為4cm，5cm4cm，點P在圓內故選：A

10、【點睛】本題考查了點與圓的位置關系，當點到圓心的距離小于半徑的長時，點在圓內；當點到圓心的距離等于半徑的長時，點在圓上；當點到圓心的距離大于半徑的長時，點在圓外4、D【分析】先根據等邊三角形的性質求出OBC的面積，然后由地基的面積是OBC的6倍即可得到答案【詳解】解：如圖所示，正六邊形ABCDEF，連接OB，OC，過點O作OPBC于P，由題意得：BC=4cm，六邊形ABCD是正六邊形，BOC=3606=60，又OB=OC，OBC是等邊三角形，故選D【點睛】本題主要考查了正多邊形和圓，等邊三角形的性質與判定，勾股定理，熟知正多邊形和圓的關系是解題的關鍵5、C【分析】根據三角形內角和定理求得，根據

11、同弧所對的圓周角相等可得，根據直徑所對的圓周角是直角，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理即可求得的長【詳解】解：為O的直徑，在， BD2，故選C【點睛】本題考查了三角形內角和定理，同弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角是直角，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質，求得是解題的關鍵6、C【分析】根據切線長定理可得，、，再根據F60，可知為等邊三角形，再FDE的周長為12，可得，求得，再作，即可求解【詳解】解：FA、FB分別與O相切于A、B兩點，過點C的切線分別交FA、FB于D、E兩點，則：、，F60，為等邊三角形，FDE的周長為12，即，即，作，如下圖：則，設，則，由勾股定理可得：，解得，

12、故選C【點睛】此題考查了圓的有關性質，切線的性質、切線長定理，垂徑定理以及等邊三角形的判定與性質，解題的關鍵是靈活運用相關性質進行求解7、B【分析】根據垂徑定理“垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧”進行判斷即可得【詳解】解：弦ABCD，CD過圓心O，AM=BM，即選項A、C、D選項說法正確，不符合題意，當根據已知條件得CM和DM不一定相等，故選B【點睛】本題考查了垂徑定理，解題的關鍵是掌握垂徑定理8、A【分析】根據勾股定理求出AB，再根據圓的定義可求得AD=AC，BE=BD即可求解【詳解】解：，AC=3，在中，由勾股定理得：，由題意，AD=AC=3，BE=BD=ABAD=3，CE

13、=BCBE=6（3）=9，故選：A【點睛】本題考查圓的定義、勾股定理，熟練掌握勾股定理是解答的關鍵9、C【分析】連接OA、OB，則為等腰直角三角形，由正方形面積為18，可求邊長為，進而通過勾股定理，可得半徑為3【詳解】解：如圖，連接OA，OB，則OA=OB，四邊形ABCD是正方形，是等腰直角三角形，正方形ABCD的面積是18，即：故選C【點睛】本題考查了正多邊形和圓、正方形的性質等知識，構造等腰直角三角形是解題的關鍵10、D【分析】如圖，連接 由為直徑，證明在以的中點為圓心，為直徑的上運動，連接 交于點 則此時最小，再利用銳角的正弦與勾股定理分別求解，即可得到答案.【詳解】解：如圖，連接 由為

14、直徑， 在以的中點為圓心，為直徑的上運動，連接 交于點 則此時最小， ， 故選D【點睛】本題考查的是勾股定理的應用，圓外一點與圓的最短距離的理解，銳角的正弦的應用，掌握“圓外一點與圓的最短距離求解線段的最小值”是解本題的關鍵.二、填空題1、相切或相交【詳解】首先求出方程的根，再利用半徑長度，由點O到直線l的距離為d，若dr，則直線與圓相交；若dr，則直線于圓相切；若dr，則直線與圓相離，從而得出答案【分析】解：x25x+60，（x2）（x3）0，解得：x12，x23，圓的半徑是方程x25x+60的根，即圓的半徑為2或3，當半徑為2時，直線l與圓O的的位置關系是相切，當半徑為3時，直線l與圓O的

15、的位置關系是相交，綜上所述，直線l與圓O的的位置關系是相切或相交故答案為：相切或相交【點睛】本題考查的是直線與圓的位置關系，因式分解法解一元二次方程，解決此類問題可通過比較圓心到直線距離d與圓的半徑大小關系完成判定2、【分析】利用勾股定理求出AC及AB的長，根據陰影面積等于求出答案【詳解】解：由旋轉得，=BAC30，ABC90，BAC30，BC1，AC=2BC=2，AB=， 陰影部分的面積=,故答案為：【點睛】此題考查了求不規則圖形的面積，正確掌握勾股定理、30度角直角三角形的性質、扇形面積計算公式及分析出陰影面積的構成特點是解題的關鍵3、【分析】根據切線長定理判斷，結合等腰三角形的性質判斷，

16、利用切線的性質與直角三角形的斜邊上的中線等于斜邊的一半，可判斷，利用反證法判斷【詳解】解：如圖， 是的兩條切線， 故正確， 故正確， 是的兩條切線， 取的中點，連接，則 以為圓心，為半徑作圓，則共圓，故正確， M是外接圓的圓心， 與題干提供的條件不符，故錯誤，綜上：正確的說法是故填【點睛】本題屬于圓的綜合題，主要考查的是切線長定理、三角形的外接圓、四邊形的外接圓等知識點，綜合運用圓的相關知識是解答本題的關鍵4、【分析】連接AD，由圓周角定理可求出，即可利用扇形面積公式求出由切線的性質可知，即可利用三角形面積公式求出最后根據，即可求出結果【詳解】如圖，連接AD，BC是O切線，且切點為D，故答案為

17、：【點睛】本題考查圓周角定理，切線的性質，扇形的面積公式連接常用的輔助線是解答本題的關鍵5、140【分析】作的外接圓，根據三角形內心的性質可得：，再由三角形內角和定理得出：，最后根據三角形外心的性質及圓周角定理即可得【詳解】解：如圖所示，作的外接圓，點I是的內心，BI，CI分別平分和，點O是的外心，故答案為：140【點睛】題目主要考查三角形內心與外心的性質，三角形內角和定理等，理解題意，熟練掌握三角形內心與外心的性質是解題關鍵三、解答題1、直徑所對的圓周角是直角 經過半徑的外端并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線 【分析】連接OA，OB，根據圓周角定理可知OAP=90，再依據切線的判定證明結論；

18、【詳解】證明：連接OA，OB，OP是C直徑，點A在C上，OAP=90（直徑所對的圓周角是直角），OAAP又點A在O上，直線PA是O的切線（經過半徑的外端并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線），同理可證直線PB是O的切線，故答案為：直徑所對的圓周角是直角；經過半徑的外端并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線2、（1）；（2）見解析；【分析】（1）連接BD，運用勾股定理求出BD和AD即可；（2）連接OB，OC，OD，證明BD是的直徑即可；過點D作于點E，設圓的半徑為R，由勾股定理求出AB，AD，BC，CD的長，再根據運用三角形面積公式求解即可【詳解】解：（1）連接BD，如圖，在中，BC4，CD2，在中，

19、AB3，BD2 ，（2）連接OB，OC，OD，如圖， 在和中 O是線段BD的中點，BD為的直徑 四邊形ABCD是雙直角四邊形；（3）過點D作于點E， 是等腰直角三角形在中， 設圓的半徑為R，和均為等腰直角三角形，在中，在中，解得，【點睛】本題主要考查了勾股定理，圓周角定理，三角形面積計算等知識，靈活添加輔助線是解答本題的難點3、（1）1；（2）或；（3）【分析】（1）連接AE，根據同角的余角相等可得：，利用全等三角形的判定定理可得：，再由其性質即可得解；（2）分兩種情況討論：當點E在正方形內部時，點A、E、F三點共線時，AF與圓C相切；當點E在正方形外部時，點A、三點共線時，與圓C相切；兩種情

20、況分別利用勾股定理進行求解即可得；（3）根據題意判斷出AF最大時，點C在AF上，根據正方形的性質求出AC，從而得出AF的最大值【詳解】解：（1）連接AE，如圖所示：，即：，在與中，；（2）如圖所示：當點A、E、F三點共線時，AF與圓C相切，則，；如圖所示：當點A、三點共線時，與圓C相切，則，；綜合可得：當點A、E、F三點共線時，EF長為或；（3）如圖所示，點C在線段AF上，AF取得最大值， ，即：AF的最大值是，故答案為：【點睛】題目主要考查正方形的性質，切線及旋轉的性質，勾股定理等，理解題意，畫出相應輔助圖形是解題關鍵4、（1）（2）（3）【分析】（1）先求得,點的坐標，進而根據即可求得的值；（2）過點作軸于點，證明是直角三角形，進