江苏省常州市武进区九年级数学上册 第二章 对称图形-圆单元测试题七 （新版）苏科版.doc

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第二章 对称图形——圆单元测试题七 1．如图，AP为⊙O的切线，P为切点，若∠A=20，C、D为圆周上的两点，且∠PDC=60，则∠OBC等于（ ） A． 55 B． 65 C． 70 D． 75 2．如图，直线AB、CD相交于点O，∠AOD＝30，半径为1cm的⊙P的圆心在射线OA上，且与点O的距离为6cm.如果⊙P以1cm/s的速度沿由A向B的方向移动，那么多少s后⊙P与直线CD相切（ ） A． 4s B． 8s C． 4s或6s D． 4s或8s 3．已知一个圆锥体的三视图如图所示，则这个圆锥体的侧面积是（ ）. A． 40π B． 24π C． 20 π D． 12π 4．如图是一个正八边形，图中空白部分的面积等于20，则阴影部分的面积等于( ) A． B． 20 C． 18 D． 5．已知A、C、B是⊙O上三点，若∠AOC=40，则∠ABC的度数是( ) A． 10 B． 20 C． 40 D． 80 6．如图，BD是⊙O的直径，点A、C在⊙O上， =，∠AOB=60，则∠BDC的度数是（ ）. A． 60 B． 45 C． 35 D． 30 7．如图，∠A是⊙O的圆周角，∠A=40，则∠BOC=( ) A． 140 B． 40 C． 80 D． 60 8．如图，直径为10的⊙A经过点C(0，5)和点O(0，0)，B是y轴右侧⊙A优弧上一点，则cos∠OBC的值为(　　) A． B． C． D． 9．如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠CAB＝20，则∠AOD等于(　　) A． 120 B． 140 C． 150 D． 160 10．如图，已知、、、、均在⊙上，且为直径，则的度数是（ ）． A． B． C． D． 11．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙P的圆心P的坐标为（﹣3，0），将⊙P沿x轴正方向平移，使⊙P与y轴相切，则平移的距离为　 　． 12．如图，点O是⊙O的圆心，点A、B、C在⊙O上，AO∥BC，∠AOB=42，则∠OAC的度数是________． 13．如图，AB是⊙O的直径，且弦AC=3，圆周角∠D=30，则弦BC的长为______. 14．如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，交AB的延长线于D，且CO=CD，则∠ACO=_______． 15．如图是一张电脑光盘的表面，两个圆的圆心都是点O，大圆的弦AB所在直线是小圆的切线，切点为C．已知大圆的半径为5cm，小圆的半径为1cm，则弦AB的长度为 cm． 16．用一直径为10cm的玻璃球和一个圆锥形的牛皮纸纸帽可以制成一个不倒翁玩具，不倒翁的轴剖面图如图所示，圆锥的母线AB与⊙O相切于点B，不倒翁的顶点A到桌面L的最大距离是18cm．若将圆锥形纸帽的表面全涂上颜色，则需要涂色部分的面积约为　 　cm2（精确到1cm2）． 17．一个圆锥的侧面展开图是半径为16，且圆心角为90的扇形，则这个圆锥的底面半径为______________． 18．如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的点，∠CDB=30，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于E，则sinE的值为_____． 19．如图，AB、BC是⊙O的弦，OM∥BC交AB于M，若∠AOC=100，则∠AMO=_________________. 20．圆锥的底面半径为4cm，母线长为5cm，则这个圆锥的侧面积是______cm2． 21．如图，已知PA、PB切⊙O于A、B两点，连AB，且PA，PB的长是方程x2﹣2mx+3=0的两根，AB=m．试求： （1）⊙O的半径； （2）由PA，PB，围成图形（即阴影部分）的面积． 22．已知一个正三角形和一个正六边形的周长相等，求它们的面积的比值． 23．如图所示，AB是⊙O的直径，点C是中点，∠COB=60，过点C作CE⊥AD，交AD的延长线于点E （1）求证：CE为⊙O的切线； （2）判断四边形AOCD是否为菱形？并说明理由． 24．如图所示，已知圆锥底面半径r=10cm，母线长为40cm． （1）求它的侧面展开图的圆心角； （2）若一甲虫从A点出发沿着圆锥侧面行到母线SA的中点B，求它所走的最短路线。 25．【问题学习】小芸在小组学习时问小娟这样一个问题：已知α为锐角，且sinα= ，求sin2α的值．小娟是这样给小芸讲解的： 构造如图1所示的图形，在⊙O中，AB是直径，点C在⊙O上，所以∠ACB=90，作CD⊥AB于D．设∠BAC=α，则sinα= ，可设BC=x，则AB=3x，…． 【问题解决】 （1）请按照小娟的思路，利用图1求出sin2α的值；（写出完整的解答过程） （2）如图2，已知点M，N，P为⊙O上的三点，且∠P=β，sinβ= ，求sin2β的值． 26．如图，点P是正方形ABCD内一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90到△P′CB的位置． （1）设AB=m，PB=n（m＞n），求△PAB旋转到△P′CB的过程中边PA所扫过区域(图中阴影部分)的面积； （2）若PA=2，PB=4，∠APB=135，求PC的长． 27．如图，△ABC中，∠C=90，它的三边长是三个连续的正偶数，且AC＞BC. (1)这个直角三角形的各边长； (2)若动点Q从点C出发，沿CA方向以1个单位长度/秒的速度运动，到达点A停止运动，请运用尺规作图作出以点Q为圆心，QC为半径，且与AB边相切的圆，并求出此时点Q的运动时间. (3) 若动点Q从点C出发，沿CA方向以1个单位长度/秒的速度运动,到达点A停止运动，以Q为圆心、QC长为半径作圆，请探究点Q在整个运动过程中，运动时间t为怎样的值时，⊙Q与边AB分别有0个公共点、1个公共点和2个公共点？ 28．如图，已知半圆O，AB为直径，P为射线AB上一点，过点P作⊙O的切线，切点为C点，D为弧AC上一点， 连接BD、BC． （1）求证：∠D=∠PCB； （2）若四边形CDBP为平行四边形，求∠BPC度数； （3）若AB=8，PB=2，求PC的长度. 答案 1．B 连接OP， ∵AP是切线，∴∠APO=90，∵∠A=20，∴∠POA=90-20=70， ∵∠PDC=60，∴∠POC=2∠PDC=120，∴∠BOC=∠POC-∠POA=50， ∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，∴∠OBC=（180-∠BOC）2=65，故选B. 2．D 解：由题意CD与圆P1相切于点E， ∴P1E⊥CD 又∵∠AOD=30，r=1cm ∴在△OEP1中OP1=2PE=21=2cm 又∵OP=6cm ∴P1P=6-2=4cm ∴圆P到达圆P1需要时间为：41=4(s)， 同理，当圆P在直线CD的右侧时，所需的时间为（6+2）1=8(s)。 综上可知：P与直线CD相切时，时间为4s或8s， 故选D. 点拨：P与CD相切应有两种情况，一种是在射线OA上，另一种在射线OB上，设对应的圆的圆心分别在P1，P2两点．当P在P1点时，根据切线的性质，在直角△O P1E中，由30的角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得O P1的长，进而求得P P1的长，从而求得由P到P1移动的时间；根据O P2=O P1，即可求得P P2，也可以求得求得由P到P2移动的时间． 3．C 根据三视图得到圆锥的底面圆的直径为8cm，即底面圆的半径为4cm，圆锥的高为3cm，所以圆锥的母线长=，所以这个圆锥的侧面积=2π45=20π(cm). 故选C.. 4．B 试题解析：作出正方形ABCD． △AEF中，AE=x，则AF=x，EF=x，正八边形的边长是x． 则正方形的边长是（2+）x． 根据题意得： x（2+）x=20， 解得：x2==10（-1）． 则阴影部分的面积是：2[x（2+）x-2x2]=2（+1）x2=2（+1）10（-1）=20． 故选B． 5．B 根据圆周角定理,得∠ABC=∠AOC=20. 故选：B. 6．D 试题分析：直接根据圆周角定理求解．连结OC，如图，∵=，∴∠BDC=∠BOC=∠AOB=60=30． 故选：D． 7．C ∵∠A是⊙O的圆周角，∠A=40， ∴∠BOC=2∠A=80． 故选C． 8．B 试题分析：连接CD，由∠COD为直角，根据90的圆周角所对的弦为直径，可得出CD为圆A的直径，再利用同弧所对的圆周角相等得到∠CBO=∠CDO，在直角三角形OCD中，由CD=10，及OC=5，利用勾股定理求出OD=，然后利用余弦函数定义求出cos∠CDO=cos∠CBO=． 故选B 9．B 试题分析：弦CD⊥AB，∠CAB＝20，所以,由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得∠AOD=140，故选B 10．D 解：连接AB，BC，∵AC为直径，∴∠ABC=90，∵∠CBD=∠CAD，∠ABE=∠ACE，∴∠CAD+∠EBD+∠ACE=∠CBD+∠EBD+∠ABE=∠ABC=90．故选D． 11．1或5． 试题分析：当⊙P位于y轴的左侧且与y轴相切时，平移的距离为1； 当⊙P位于y轴的右侧且与y轴相切时，平移的距离为5． 12．21 ∵∠AOB=42， ∴∠ACB=∠AOB=21． ∵AO∥BC， ∴∠OAC=∠ACB=21． 故答案为：21． 13． 连接OD．利用直径所对的圆周角是直角及勾股定理求出BC的长. 解：连接OD． ∵AB是⊙O的直径，AC=3，∠D=30， ∴∠ACB=90， ∵∠D=∠ABC= 30， ∴AB=6， ∴. 14．22.5， 试题解析：如图，∵PD切⊙O于点C， ∴OC⊥PD， 又∵OC=CD， ∴∠COD=45， ∵AO=CO， ∴∠ACO=22.5， 15．4 试题分析：连接OA、OC；∵AB切小圆于C，∴OC⊥AB；∴∠OCA=90，AC=BC=AB； Rt△OCA中，OA=5cm，OC=1cm； 由勾股定理，得：AC==2cm； ∴AB=2AC=4cm． 16．174cm2． 直径为10cm的玻璃球，玻璃球半径OB=5，所以AO=18−5=13，由勾股定理得，AB=12， ∵BDAO=ABBO,BD=， 圆锥底面半径=BD=,圆锥底面周长=2π,侧面面积=2π12=. 点拨: 利用勾股定理可求得圆锥的母线长，进而过B作出垂线，得到圆锥的底面半径，那么圆锥的侧面积=底面周长母线长2．本题是一道综合题，考查的知识点较多，利用了勾股定理，圆的周长公式、圆的面积公式和扇形的面积公式求解．把实际问题转化为数学问题求解是本题的解题关键． 17．4 设这个圆锥的底面半径为：r， 由题意可得：90π=2πr， 解得：r=4，故答案为：4. 18． 连结OC，如图， ∵∠CDB=30，∴∠COB=2∠CDB=60， ∵CE为⊙O的切线，∴OC⊥CE，∴∠OCE=90，∴∠E=30， ∴sinE=sin30=， 故答案为： ． 19．50 ∵∠AOC=2∠B，∠AOC=100，∴∠B=50，∵OM∥BC，∴∠AMO=∠B=50，故答案为：50． 20．20π 试题分析：根据圆锥的侧面积公式可得这个圆锥的侧面积=•2π•4•5=20π（cm2）． 21．（1）OA=1；（2）﹣π． 试题分析：用切线的性质及根的判别式求出m的值即AB的长，代入原方程得出两根即PA、PB的长，因AB=PA=PB，△ABP为等边三角形，∠APB=60，则∠APO=30，再用正切公式求出OA的长及圆的半径．用正切求出OP的长，四边形的度数和求出∠AOB的度数，再求出△AOB和△APB的面积和，减去扇形OAB的面积即为所求． 解：（1）连OA，OB， ∵PA=PB， ∴△=（﹣2m）2﹣43=0， ∴m2=3，m＞0， ∴m=， ∴x2﹣2x+3=0， ∴x1=x2=， ∴PA=PB=AB=， ∴△ABP等边三角形， ∴∠APB=60， ∴∠APO=30， ∵PA=， ∴OA=1； （2）∵∠AOP=60， ∴∠AOB=120， S阴=S四边形OAPB﹣S扇形OAB =2S△AOP﹣S扇形OAB =21﹣， =﹣π． 22．2：3. 试题分析：根据正多边形的面积等于周长与边心距的乘积的一半，所以只需根据它们的周长计算其边心距；在由正多边形的半径、边心距和边长组成的直角三角形中，根据锐角三角函数的概念可以分别求得它们的边心距，再进一步计算其面积，从而得到其比值． 试题解析：设它们的周长是1．根据题意，得 正三角形的边长是，正六边形的边长是 ， 则正三角形的边心距是，正六边形的边心距是 ， 则正三角形的面积是，正六边形的面积是 则它们的面积比是2：3． 23．（1）证明见解析（2）四边形AOCD是菱形 试题分析：（1）连接OD，可证明△AOD为等边三角形，可得到∠EAO=∠COB，可证明OC∥AE，可证得结论； （2）利用△OCD和△AOD都是等边三角形可证得结论． 试题解析：（1）连接OD，如图，∵C是的中点，∴∠BOC=∠COD=60，∴∠AOD=60，且OA=OD， ∴△AOD为等边三角形，∴∠EAB=∠COB，∴OC∥AE，∴∠OCE+∠AEC=180，∵CE⊥AE，∴∠OCE=180﹣90=90，即OC⊥EC，∵OC为圆的半径，∴CE为圆的切线； （2）四边形AOCD是菱形，理由如下：由（1）可知△AOD和△COD均为等边三角形， ∴AD=AO=OC=CD，∴四边形AOCD为菱形． 24．（1）90；（2）20cm． 试题分析：（1）圆锥侧面积展开图的圆心角360；（2）首先将圆锥的侧面进行展开，然后根据直角三角形的勾股定理进行计算，得出答案． 试题解析：（1）360=360=90 （2）根据侧面展开图可得：AB=cm． 25．（1）sin2α=；（2）sin2β=sin∠MON=． 试题分析：（1）如图1中，⊙O中，AB是直径，点C在⊙O上，所以∠ACB=90，作CD⊥AB于D．设∠BAC=α，则sinα= ，可设BC=x，则AB=3x．利用面积法求出CD，在Rt△COD中，根据sin2α= ，计算即可．（2）如图2中，连接NO，并延长交⊙O于点Q，连接MQ，MO，过点M作MR⊥NO于点R．首先证明∠MON=2∠Q=2β，在Rt△QMN中，由sinβ=，设MN=3k，则NQ=5k，易得OM=NQ= ，可得MQ==4k，由•MN•MQ=•NQ•MR，求出在Rt△MRO中，根据sin2β=sin∠MON=，计算即可． 试题解析：（1）如图1中，⊙O中，AB是直径，点C在⊙O上，所以∠ACB=90，作CD⊥AB于D．设∠BAC=α，则sinα=，可设BC=x，则AB=3x． ∴AC== =2x， ∵•AC•BC=•AB•CD， ∴CD= x， ∵OA=OC， ∴∠OAC=∠OCA=α， ∴∠COB=2α， ∴sin2α== ． （2）如图2中，连接NO，并延长交⊙O于点Q，连接MQ，MO，过点M作MR⊥NO于点R． 在⊙O中，∠NMQ=90， ∵∠Q=∠P=β，∴∠MON=2∠Q=2β， 在Rt△QMN中，∵sinβ=， ∴设MN=3k，则NQ=5k，易得OM=NQ=， ∴MQ==4k， ∵ ， ∴3k•4k=5k•MR ∴MR= ， 在Rt△MRO中，sin2β=sin∠MON=． 26．（1）(m2-n2)；（2）6 试题分析：(1)、根据旋转的性质可知：△ABP和△CB，从而得出阴影部分的面积等于扇形ABC的面积减去扇形BPP′的面积；(2)、连接PP′，根据旋转的性质得出△PBP′为等腰直角三角形，从而求出PP′的长度，根据∠APB=∠BP′C，从而得出△PP′C为直角三角形，从而根据勾股定理求出PC的长度． 试题解析：(1)∵将△PAB绕点B顺时针旋转90到△P′CB的位置，∴△PAB≌△PCB， ∴S△PAB=S△PCB，S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=(m2-n2)； (2)连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90，∴△PBP是等腰直角三角形，P′P2=PB2+PB2=32.又∵∠BP′C=∠BPA=135，∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135-45=90， 即△PP′C是直角三角形，PC==6． 点拨：本题主要考查的就是旋转图形的性质、扇形的面积计算以及直角三角形的勾股定理．在求不规则阴影部分的面积时，我们一般会将不规则图形转化为规则图形，然后再进行计算；在解决旋转问题的时候，一定要找准旋转前后不变的量以及旋转前后所对应的线段、角；在出现较大角的时候，我们往往会通过辅助线将角度进行拆分，方便我们进行解答． 27．（1）6,8,10；（2）t=3；（3）当0＜t＜3时，⊙Q与边AB有0个公共点， 当t=3或4＜t≤8时，⊙Q与边AB有1个公共点， 当3＜t≤4时，⊙Q与边AB有2个公共点. （1）根据直角△ABC的三边长是三个连续的正偶数，设最短的边为x，则另两边分别为x+2,x+4.根据勾股定理得：（x+4）2=x2+(x+2)2，解得x1=6,x2=-2（舍去），三边长分别是6,8,10. （2）设⊙Q与AB相切与点P.根据切线的性质得：∠BPQ=90,由于∠C=90,根据切线的判定得，BC与⊙Q 相切，根据切线长定理得，BC=BP=6，AP=4 设CQ=x，则AQ=8-x在Rt 中，利用勾股定理得：AQ2=PQ2+AP2，即(8-x)2=x2+42 解得：x=3，即t=3 （3）根据（2）的求解，依据数形结合思想,易得：当0＜t＜3时，⊙Q与边AB有0个公共点；当t=3或4＜t≤8时，⊙Q与边AB有1个公共点；当3＜t≤4时，⊙Q与边AB有2个公共点. （1）设最短的边为x，则另两边分别为x+2,x+4. 根据题意，得：（x+4）2=x2+(x+2)2 整理得x2-4x-12=0，解得x1=6,x2=-2（舍去） 三边长分别是6,8,10. （2）设⊙Q与AB相切与点P ∴∠BPQ=90 ∵∠C=90 ∴BC与⊙Q 相切 ∴BC=BP=6 ∴AP=4 设CQ=x，则AQ=8-x ∵AQ2=PQ2+AP2 ∴(8-x)2=x2+42 ∴x=3 即t=3 （3）当0＜t＜3时，⊙Q与边AB有0个公共点， 当t=3或4＜t≤8时，⊙Q与边AB有1个公共点， 当3＜t≤4时，⊙Q与边AB有2个公共点. 28．（1）证明见解析；（2）30；(3)连接OC，PC=. 试题分析：（1）连接AC，OC，得∠OAC=∠OCA，由AB是直径得∠OCA+∠OCB=90由圆周角推论可得∠A=∠CDB，由切线性质可得∠OCB+∠PCB=90，从而可得答案； （2）由四边形CDBP是平行四边形得∠D=∠P，又∠D=∠BCP，∠D=∠A，所以∠A=∠BCP=∠P，再由AB是直径得∠ACB=90，然后再由三角形的内角和定理即可得解； （3）由切线的性质得ΔOCP是直角三角形，再由勾股定理可求出PC的长. 试题解析：（1）如图，连接AC，OC ∴∠D=∠A ∵AB是圆O的直径 ∴∠ACB=90 ∴∠ACO+∠OCB=90 ∵CP是切线 ∴∠OCP=90 ∴∠OCB+∠PCB=90 ∴∠ACO=∠PCB ∵OA=OC ∴∠OAC=∠OCA ∴∠D=∠PCB; (2)∵四边形CDBP是平行四边形 ∴∠D=∠BPC ∴∠A=∠D=∠BPC=∠PCB 又∠A+∠ACB+∠BCP+∠BPC=180,且∠ACB=90 ∴∠BPC=30 (3)∵AB=8 ∴OC=OB=4 在RtΔOCP中，OC=4，OP=OB+BP=4+2=6 ∴PC=