(苏科版)2025届数学九年级上册《第2章 对称图形-圆》单元测试题(含答案)

(苏科版)2025届数学九年级上册《第2章对称图形—圆》单元测试题(含答案)一、选择题（每题3分，共30分）1.已知圆的半径为5cm，点P到圆心的距离为4cm，则点P与圆的位置关系是（）A.点P在圆内B.点P在圆上C.点P在圆外D.无法确定【答案】A【解析】设圆的半径为\(r\)，点\(P\)到圆心的距离\(OP=d\)，则有：当\(d\gtr\)时，点\(P\)在圆外；当\(d=r\)时，点\(P\)在圆上；当\(d\ltr\)时，点\(P\)在圆内。已知\(r=5cm\)，\(d=4cm\)，因为\(4\lt5\)，即\(d\ltr\)，所以点\(P\)在圆内。2.下列说法中，正确的是（）A.等弦所对的弧相等B.等弧所对的弦相等C.圆心角相等，所对的弦相等D.弦相等所对的圆心角相等【答案】B【解析】A选项，在同圆或等圆中，等弦所对的优弧和劣弧分别相等，故A错误；B选项，等弧是能够完全重合的弧，等弧所对的弦相等，故B正确；C选项，在同圆或等圆中，圆心角相等，所对的弦相等，故C错误；D选项，在同圆或等圆中，弦相等所对的圆心角相等，故D错误。3.已知⊙O的直径为10cm，弦AB=8cm，弦CD=6cm，且AB∥CD，则AB与CD之间的距离为（）A.1cmB.7cmC.1cm或7cmD.2cm或14cm【答案】C【解析】分两种情况讨论：当弦\(AB\)和\(CD\)在圆心\(O\)的同侧时，过\(O\)作\(OE⊥AB\)于\(E\)，交\(CD\)于\(F\)，连接\(OA\)，\(OC\)。因为\(AB\parallelCD\)，所以\(OF⊥CD\)。由垂径定理得\(AE=\frac{1}{2}AB=4cm\)，\(CF=\frac{1}{2}CD=3cm\)。已知圆\(O\)的直径为\(10cm\)，则半径\(OA=OC=5cm\)。在\(Rt\triangleOAE\)中，根据勾股定理\(OE=\sqrt{OA^{2}AE^{2}}=\sqrt{5^{2}4^{2}}=3cm\)；在\(Rt\triangleOCF\)中，根据勾股定理\(OF=\sqrt{OC^{2}CF^{2}}=\sqrt{5^{2}3^{2}}=4cm\)，所以\(EF=OFOE=43=1cm\)。当弦\(AB\)和\(CD\)在圆心\(O\)的两侧时，同理可得\(OE=3cm\)，\(OF=4cm\)，所以\(EF=OF+OE=4+3=7cm\)。综上，\(AB\)与\(CD\)之间的距离为\(1cm\)或\(7cm\)。4.如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若AB=8，AE=1，则弦CD的长是（）A.\(\sqrt{7}\)B.\(2\sqrt{7}\)C.\(6\)D.\(8\)【答案】B【解析】连接\(OC\)，因为\(AB=8\)，所以\(OC=\frac{1}{2}AB=4\)。又因为\(AE=1\)，所以\(OE=OAAE=41=3\)。因为\(CD⊥AB\)，根据垂径定理可知\(CE=DE\)。在\(Rt\triangleOCE\)中，根据勾股定理\(CE=\sqrt{OC^{2}OE^{2}}=\sqrt{4^{2}3^{2}}=\sqrt{7}\)，所以\(CD=2CE=2\sqrt{7}\)。5.已知圆锥的底面半径为3cm，母线长为5cm，则圆锥的侧面积是（）A.\(20\picm^{2}\)B.\(15\picm^{2}\)C.\(10\picm^{2}\)D.\(5\picm^{2}\)【答案】B【解析】圆锥的侧面积公式为\(S=\pirl\)（其中\(r\)为底面半径，\(l\)为母线长）。已知\(r=3cm\)，\(l=5cm\)，则圆锥的侧面积\(S=\pi\times3\times5=15\picm^{2}\)。6.如图，在⊙O中，\(\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}\)，∠A=30°，则∠B=（）A.75°B.60°C.45°D.30°【答案】A【解析】因为\(\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}\)，所以\(AB=AC\)，则\(\triangleABC\)是等腰三角形。又因为\(\angleA=30^{\circ}\)，根据三角形内角和定理\(\angleB=\angleC=\frac{1}{2}(180^{\circ}\angleA)=\frac{1}{2}(18030)^{\circ}=75^{\circ}\)。7.如图，四边形ABCD内接于⊙O，若它的一个外角∠DCE=70°，则∠BOD=（）A.35°B.70°C.110°D.140°【答案】D【解析】因为四边形\(ABCD\)内接于\(\odotO\)，所以\(\angleA+\angleBCD=180^{\circ}\)。又因为\(\angleBCD+\angleDCE=180^{\circ}\)，\(\angleDCE=70^{\circ}\)，所以\(\angleA=\angleDCE=70^{\circ}\)。根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的\(2\)倍，所以\(\angleBOD=2\angleA=2\times70^{\circ}=140^{\circ}\)。8.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的延长线于点E，则sin∠E的值为（）A.\(\frac{1}{2}\)B.\(\frac{\sqrt{2}}{2}\)C.\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)D.\(\frac{\sqrt{3}}{3}\)【答案】D【解析】连接\(OC\)，因为\(CE\)是\(\odotO\)的切线，所以\(OC⊥CE\)，即\(\angleOCE=90^{\circ}\)。因为\(\angleCOB=2\angleCDB\)，\(\angleCDB=30^{\circ}\)，所以\(\angleCOB=60^{\circ}\)。在\(Rt\triangleOCE\)中，\(\angleE=180^{\circ}\angleOCE\angleCOB=180^{\circ}90^{\circ}60^{\circ}=30^{\circ}\)，所以\(\sin\angleE=\sin30^{\circ}=\frac{1}{2}\)。9.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，以点C为圆心，CA为半径的圆与AB，BC分别交于点D，E，则AD的长为（）A.\(\frac{9}{5}\)B.\(\frac{12}{5}\)C.\(\frac{18}{5}\)D.\(\frac{24}{5}\)【答案】C【解析】过\(C\)作\(CF⊥AD\)于\(F\)，则\(AF=DF\)。在\(Rt\triangleABC\)中，根据勾股定理\(AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5\)。根据三角形面积公式\(S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}AC\cdotBC=\frac{1}{2}AB\cdotCF\)，可得\(CF=\frac{AC\cdotBC}{AB}=\frac{3\times4}{5}=\frac{12}{5}\)。在\(Rt\triangleACF\)中，根据勾股定理\(AF=\sqrt{AC^{2}CF^{2}}=\sqrt{3^{2}(\frac{12}{5})^{2}}=\sqrt{9\frac{144}{25}}=\sqrt{\frac{81}{25}}=\frac{9}{5}\)，所以\(AD=2AF=2\times\frac{9}{5}=\frac{18}{5}\)。10.如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是（3，a）（a＞3），半径为3，函数\(y=x\)的图象被⊙P截得的弦AB的长为\(4\sqrt{2}\)，则a的值是（）A.\(4\)B.\(3+\sqrt{2}\)C.\(3\sqrt{2}\)D.\(3+\sqrt{3}\)【答案】B【解析】过点\(P\)作\(PC⊥AB\)于\(C\)，连接\(PA\)。因为\(PC⊥AB\)，根据垂径定理可知\(AC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\times4\sqrt{2}=2\sqrt{2}\)。已知\(PA=3\)，在\(Rt\trianglePAC\)中，根据勾股定理\(PC=\sqrt{PA^{2}AC^{2}}=\sqrt{3^{2}(2\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{98}=1\)。因为点\(P\)的坐标是\((3,a)\)，直线\(y=x\)的斜率为\(1\)，即直线\(y=x\)与\(x\)轴正方向夹角为\(45^{\circ}\)，所以\(PC\)与\(x\)轴正方向夹角也为\(45^{\circ}\)，则\(PC\)在\(y\)轴方向上的距离等于\(PC\)在\(x\)轴方向上的距离，所以\(a=3+1=3+\sqrt{2}\)。二、填空题（每题3分，共15分）11.已知扇形的圆心角为\(120^{\circ}\)，半径为3cm，则该扇形的面积为______\(cm^{2}\)。【答案】\(3\pi\)【解析】扇形的面积公式为\(S=\frac{n\pir^{2}}{360}\)（其中\(n\)为圆心角度数，\(r\)为半径）。已知\(n=120^{\circ}\)，\(r=3cm\)，则扇形面积\(S=\frac{120\pi\times3^{2}}{360}=3\picm^{2}\)。12.如图，在⊙O中，弦AB=1.8cm，圆周角∠ACB=30°，则⊙O的直径等于______cm。【答案】\(3.6\)【解析】连接\(OA\)，\(OB\)。因为同弧所对的圆心角是圆周角的\(2\)倍，所以\(\angleAOB=2\angleACB=60^{\circ}\)。又因为\(OA=OB\)，所以\(\triangleAOB\)是等边三角形，则\(OA=OB=AB=1.8cm\)，所以\(\odotO\)的直径为\(2OA=3.6cm\)。13.如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径，∠P=40°，则∠BAC=______。【答案】\(20^{\circ}\)【解析】因为\(PA\)，\(PB\)是\(\odotO\)的切线，所以\(PA=PB\)，\(\angleOAP=90^{\circ}\)。又因为\(\angleP=40^{\circ}\)，所以\(\anglePAB=\anglePBA=\frac{1}{2}(180^{\circ}\angleP)=\frac{1}{2}(18040)^{\circ}=70^{\circ}\)。因为\(OA=OB\)，\(PA\)，\(PB\)是切线，所以\(OP\)垂直平分\(AB\)，\(OP\)平分\(\angleAPB\)。在\(Rt\triangleOAP\)中，\(\angleAOP=90^{\circ}\frac{1}{2}\angleP=90^{\circ}20^{\circ}=70^{\circ}\)。因为\(OA=OB\)，所以\(\angleBAC=\frac{1}{2}\angleAOB\)，而\(\angleAOB=180^{\circ}\angleAOP=110^{\circ}\)，所以\(\angleBAC=20^{\circ}\)。14.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，以点C为圆心，CA为半径的圆交AB于点D，则AD的长为______。【答案】\(\frac{36}{5}\)【解析】过\(C\)作\(CE⊥AD\)于\(E\)，则\(AE=DE\)。在\(Rt\triangleABC\)中，根据勾股定理\(AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10\)。根据三角形面积公式\(S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}AC\cdotBC=\frac{1}{2}AB\cdotCE\)，可得\(CE=\frac{AC\cdotBC}{AB}=\frac{6\times8}{10}=\frac{24}{5}\)。在\(Rt\triangleACE\)中，根据勾股定理\(AE=\sqrt{AC^{2}CE^{2}}=\sqrt{6^{2}(\frac{24}{5})^{2}}=\sqrt{36\frac{576}{25}}=\sqrt{\frac{900576}{25}}=\sqrt{\frac{324}{25}}=\frac{18}{5}\)，所以\(AD=2AE=2\times\frac{18}{5}=\frac{36}{5}\)。15.如图，在平面直角坐标系中，点\(A(1,0)\)，点\(B\)在直线\(y=x\)上运动，当线段\(AB\)最短时，点\(B\)的坐标为______。【答案】\((\frac{1}{2},\frac{1}{2})\)【解析】当\(AB\)垂直于直线\(y=x\)时，线段\(AB\)最短。因为直线\(y=x\)的斜率为\(1\)，所以\(AB\)所在直线的斜率为\(1\)。设\(AB\)所在直线的解析式为\(y=x+b\)，把\(A(1,0)\)代入\(y=x+b\)得\(0=1+b\)，解得\(b=1\)，所以\(AB\)所在直线的解析式为\(y=x1\)。联立\(\begin{cases}y=x\\y=x1\end{cases}\)，解方程组得\(\begin{cases}x=\frac{1}{2}\\y=\frac{1}{2}\end{cases}\)，所以点\(B\)的坐标为\((\frac{1}{2},\frac{1}{2})\)。三、解答题（共55分）16.（8分）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，∠AOC=60°，OC=2。（1）求OE和CD的长；（2）求图中阴影部分的面积。【答案】（1）因为\(\angleAOC=60^{\circ}\)，\(OC=OA\)，所以\(\triangleAOC\)是等边三角形。又因为\(CD⊥AB\)，所以\(\angleCOE=60^{\circ}\)，在\(Rt\triangleOCE\)中，\(OE=\frac{1}{2}OC\)，已知\(OC=2\)，则\(OE=1\)。根据勾股定理\(CE=\sqrt{OC^{2}OE^{2}}=\sqrt{2^{2}1^{2}}=\sqrt{3}\)。因为\(CD⊥AB\)，根据垂径定理\(CD=2CE=2\sqrt{3}\)。（2）因为\(\triangleAOC\)是等边三角形，所以\(\angleAOC=60^{\circ}\)，则扇形\(AOC\)的面积\(S_{扇形AOC}=\frac{60\pi\times2^{2}}{360}=\frac{2\pi}{3}\)。\(\triangleAOC\)的面积\(S_{\triangleAOC}=\frac{1}{2}OA\cdotCE=\frac{1}{2}\times2\times\sqrt{3}=\sqrt{3}\)。所以阴影部分的面积\(S=S_{扇形AOC}S_{\triangleAOC}=\frac{2\pi}{3}\sqrt{3}\)。17.（8分）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC于点E。（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若∠C=30°，AB=4，求DE的长。【答案】（1）证明：连接\(OD\)。因为\(OB=OD\)，所以\(\angleB=\angleODB\)。又因为\(AB=AC\)，所以\(\angleB=\angleC\)，则\(\angleODB=\angleC\)，所以\(OD\parallelAC\)。因为\(DE⊥AC\)，所以\(DE⊥OD\)。又因为\(OD\)是\(\odotO\)的半径，所以\(DE\)是\(\odotO\)的切线。（2）连接\(AD\)，因为\(AB\)是\(\odotO\)的直径，所以\(\angleADB=90^{\circ}\)，即\(AD⊥BC\)。因为\(AB=AC\)，所以\(BD=CD\)。因为\(\angleC=30^{\circ}\)，\(AB=4\)，所以\(AC=AB=4\)，\(AD=\frac{1}{2}AC=2\)，\(CD=\sqrt{AC^{2}AD^{2}}=\sqrt{4^{2}2^{2}}=2\sqrt{3}\)。因为\(DE⊥AC\)，在\(Rt\triangleDEC\)中，\(\angleC=30^{\circ}\)，所以\(DE=\frac{1}{2}CD=\sqrt{3}\)。18.（9分）如图，已知圆锥的母线长\(OA=8\)，底面圆的半径\(r=2\)，若一只小虫从\(A\)点出发，绕圆锥的侧面爬行一周后又回到\(A\)点，求小虫爬行的最短路线的长。【答案】圆锥的底面周长\(C=2\pir=2\pi\times2=4\pi\)。设圆锥侧面展开图的圆心角为\(n^{\circ}\)，根据圆锥侧面展开图扇形的弧长公式\(l=\frac{n\piR}{180}\)（其中\(l\)为弧长，\(n\)为圆心角度数，\(R\)为母线长），可得\(4\pi=\frac{n\pi\times8}{180}\)，解得\(n=90\)。圆锥侧面展开图是一个扇形，小虫从\(A\)点出发绕圆锥侧面爬行一周后又回到\(A\)点的最短路线是展开图中扇形的弦\(AA'\)。因为扇形的圆心角\(\angleAOA'=90^{\circ}\)，\(OA=OA'=8\)，根据勾股定理\(AA'=\sqrt{OA^{2}+OA'^{2}}=\sqrt{8^{2}+8^{2}}=8\sqrt{2}\)，所以小虫爬行的最短路线的长为\(8\sqrt{2}\)。19.（10分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，\(\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}\)，过点\(A\)作\(AE⊥CB\)，交\(CB\)的延长线于点\(E\)。（1）求证：\(AB\cdotAC=2AE\cdotAD\)；（2）若\(BE=1\)，\(CD=6\)，求\(AB\)的长。【答案】（1）证明：连接\(BD\)，过点\(A\)作\(AF⊥BD\)于点\(F\)。因为\(\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}\)，所以\(AB=AD\)，\(\angleADB=\angleACB\)（同弧所对的圆周角相等）。因为四边形\(ABCD\)内接于\(\odotO\)，所以\(\angleABC+\angleADC=180^{\circ}\)，又因为\(\angleABE+\angleABC=180^{\circ}\)，所以\(\angleABE=\angleADC\)。因为\(AE⊥CE\)，\(AF⊥BD\)，\(\angleAEB=\angleAFD=90^{\circ}\)，\(\angleABE=\angleADC\)，\(AB=AD\)，所以\(\triangleABE\cong\triangleADF(AAS)\)，则\(AE=AF\)。因为\(S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}AC\cdotBE\)，\(S_{\triangleABD}=\frac{1}{2}BD\cdotAF\)，且\(S_{\triangleABC}=S_{\triangleABD}\)（等弧所对的三角形面积相等），\(BD=2BF\)，\(AE=AF\)，\(AB=AD\)。又因为\(\triangleABC\)和\(\triangleADB\)中，\(\angleACB=\angleADB\)，\(\angleBAC=\angleBAD\)（等弧所对的圆周角相等），所以\(\triangleABC\sim\triangleADB\)，则\(\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{BD}\)，即\(AB\cdotBD=AC\cdotAD\)，而\(BD=2BF\)，\(AE=AF\)，所以\(AB\cdotAC=2AE\cdotAD\)。（2）由（1）知\(\triangleABE\cong\triangleADF\)，所以\(BE=DF=1\)。因为\(\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}\)，所以\(AB=AD\)，\(AF\)垂直平分\(BD\)，所以\(BD=2DF=2\)。因为四边形\(ABCD\)内接于\(\odotO\)，\(\angleEAB+\angleBAD+\angleDAC=\angleBCD+\angleBAD=180^{\circ}\)，\(\angleEAB+\angleABE=90^{\circ}\)，\(\angleADB=\angleACB\)，\(\triangleABC\sim\triangleADB\)。根据托勒密定理\(AB\cdotCD+AD\cdotBC=AC\cdotBD\)，又因为\(AB=AD\)，设\(AB=AD=x\)，\(BC=y\)，则\(6x+xy=2AC\)。由\(\triangleABE\sim\triangleADC\)（\(\angleABE=\angleADC\)，\(\ang