【易错题】苏科版九年级上《第二章对称图形-圆》单元试卷(教师用)

【易错题解析】苏科版九年级数学上册第二章对称图形-圆单元测试题

一、单选题（共10题；共30分）

1.如图，已知圆心角∠BOC＝100o，则圆周角∠BAC的大小是（）

A. 50o

B. 100o

C. 130o

D. 200o

【答案】A

【考点】圆周角定理

【解析】

【分析】根据圆周角定理可直接求出答案．

【解答】根据圆周角定理，可得：∠A=∠BOC=50°．

故选A．

【点评】本题主要考查圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．

2.如图所示，从⊙O 外一点A 引圆的切线AB，切点为B，连接AO并延长交圆于点C，连接BC，已知∠A＝26°，则∠ACB 的度数为（）

A. 32°

B. 30°

C. 26°

D. 13°

【答案】A

【考点】圆周角定理，切线的性质

【解析】【解答】连接OB，

∵AB切⊙O于点B，

∴∠OBA=90°，

∵∠A=26°，

∴∠AOB=90°-26°=64°，

∴∠ACB= ∠AOB= =32°．

故答案为：A.

【分析】连接OB，根据切线的性质得出∠OBA=90°，，由三角形的内角和得出∠AOB=90°-26°=64°，，根据圆周角定理即可得出答案。

3.如图，∠AOB=100，则∠A+∠B等于( )

A. 100°

B. 80°

C. 50°

D. 40°

【答案】C

【考点】圆周角定理

【解析】【分析】连接CO并延长交圆于点D，根据圆周角定理即可得到结果。

【解答】连接CO并延长交圆于点D

由图OA=OC，OB=OC

所以∠A=∠ACO；∠B=∠BCO

可得∠A+∠B=∠AOD+∠BOD=∠AOB=50°.

故选C.

【点评】辅助线问题是初中数学学习中的难点，能否根据具体情况正确作出恰当的辅助线往往能够体现一个学生对图形的理解能力，因而这类问题在中考中比较常见，在各种题型中均有出现，一般难度较大，需多加关注。

4.已知圆锥的底面半径为6，母线长为8，圆锥的侧面积为（）

A. 60

B. 48

C. 60π

D. 48π

【答案】D

【考点】圆锥的计算

【解析】【解答】解：圆锥的侧面积= ?2π?6×8=48π．故答案为：D．【分析】可利用圆锥侧面积公式S = （r为底面半径，a为母线长）

侧

5.在半径为6的⊙O中，120°圆心角所对的弧长是（）

A. π

B. 2π

C. 4π

D. 6π

【答案】C

【考点】弧长的计算

【解析】【解答】解：根据弧长的公式l= ，

得到：l==4π，

故选：C．

【分析】根据弧长的公式l=求解即可．

6.如图，已知⊙O的直径AB⊥弦CD于点E．下列结论一定正确的是（）

A. AE＝OE

B. CE＝DE

C. OE＝CE

D. ∠AOC＝60°

【答案】B

【考点】垂径定理

【解析】

【分析】根据垂径定理，即垂直于弦的直径平分弦即可判断．

【解答】∵⊙O的直径AB⊥弦CD，

∴CE=DE．

故选B．

7.如图，⊙O的弦AB＝8，M是AB的中点，且OM＝3，则⊙O的半径等于（）

A. 8

B. 4

C. 10

D. 5

【答案】D

【考点】垂径定理

【解析】【分析】连接OA，即可证得△OAM是直角三角形，根据垂径定理即可求得AM，根据勾股定理即可求得OA的长．

【解答】【解答】连接OA，

∵M是AB的中点，

∴OM⊥AB，且AM=4

在直角△OAM中，OA=

故选D．

【点评】本题主要考查了垂径定理，以及勾股定理，根据垂径定理求得AM的长，证明△OAM是直角三角形是解题的关键．

8.如图，两个同心圆，大圆的弦AB与小圆相切于点P，大圆的弦CD经过点P，且CD=13，PD=4，则两圆组成的圆环的面积是（）

A. 16π

B. 36π

C. 52π

D. 81π

【答案】B

【考点】勾股定理，垂径定理，切线的性质，相交弦定理

【解析】【解答】解：连接OP、OB．∵大圆的弦AB与小圆相切于点P，

∴OP⊥AB，

∴PA=PB．

∵CD=13，PD=4，

∴PC=9．

根据相交弦定理，得PA=PB=6，

则两圆组成的圆环的面积是πOB2﹣πOP2=πPB2= AB2=36π．

故选B．

【分析】连接OP，先根据切线的性质定理和垂径定理证出PA=PB，再根据相交弦定理求得AB的长，最后根据圆环的面积公式进行计算即可求解．

9.已知⊙O的半径为2，点P是⊙O内一点，且OP= ，过P作互相垂直的两条弦AC、BD，则四边形ABCD 面积的最大值为（）

A. 4

B. 5

C. 6

D. 7

【答案】B

【考点】垂径定理

【解析】【解答】解：如图：连接OA、OD，作OE⊥AC于E，OF⊥BD于F，

∵AC⊥BD，

∴四边形OEPF为矩形，

∵OA=OD=2，OP= ，

设OE为x（x＞0），

根据勾股定理得，OF=EP= = ，

在Rt△AOE中，AE= =

∴AC=2AE=2 ，

同理得，BD=2DF=2 =2 ，

又∵任意对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的，

∴S四边形ABCD= AC×BD= ×2 ×2 =2 =2

当x2= 即：x= 时，四边形ABCD的面积最大，等于2 =5．

答案为：B．

【分析】作出弦心距，根据S四边形ABCD=对角线乘积的一半，列出函数关系式，配成顶点式，求出最值. 10.如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，以B为圆心BC为半径画弧交AD于点E，连接CE，作BF⊥CE，垂足为F，则tan∠FBC的值为（）

A. B. C. D.

【答案】D

【考点】勾股定理，垂径定理的应用，确定圆的条件，锐角三角函数的定义

【解析】【解答】解：∵以B为圆心BC为半径画弧交AD于点E，

∴BE=BC=5，

∴AE= ，

∴DE=AD﹣AE=5﹣4=1，

∴CE= ，

∵BC=BE，BF⊥CE，

∴点F是CE的中点，

∴CF= ，

∴BF= ，

∴tan∠FBC= ，

即tan∠FBC的值为．

故答案为：D．

【分析】首先根据以B为圆心BC为半径画弧交AD于点E，判断出BE=BC=5，然后根据勾股定理计算AE、DE、CE，根据垂径定理BC=BE，BF⊥CE，判断出F是CE的中点，求出CF、BF的值各是多少，最后根据正切值是对边比邻边求出tan∠FBC。

二、填空题（共10题；共30分）

11.如图，点A、B、C都在⊙O上，OC⊥OB，点A在劣弧上，且OA=AB，则∠ABC=________．

【答案】15°

【考点】圆周角定理

【解析】【解答】解：∵OA=OB，OA=AB，

∴OA=OB=AB，

即△OAB是等边三角形，

∴∠AOB=60°，

∵OC⊥OB，

∴∠COB=90°，

∴∠COA=90°-60°=30°，

∴∠ABC=15°，

故答案为：15°

【分析】首先判断出△OAB是等边三角形，根据等边三角形的性质及垂直的定义，角的和差得出∠COA的度数，根据圆周角定理即可得出∠ABC的度数。

12.如图，点A，B，C，D分别在⊙O上，，若∠AOB=40°，则∠ADC的大小是________度．

【答案】20

【考点】圆周角定理

【解析】【解答】详解：∵= ，∴∠ADC= ∠AOB= ×40°=20°．故答案为：20

【分析】根据等弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可直接得出答案。

13.如图，是半圆的直径，，则的大小是________度

【答案】125

【考点】圆周角定理，圆内接四边形的性质

【解析】【解答】∵AB是半圆O的直径

∴∠ACB=90°

∴∠ABC=90°-35°=55°

∴∠D=180°-55°=125°

【分析】根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，则∠ABC的度数可求，再根据圆内接四边形的对角互补可求∠ D 的大小。

14.如图，圆锥的母线长是3，底面半径是1，A是底面圆周上一点，从A点出发绕侧面一周，再回到A点的最短的路线长是________．

【答案】

【考点】平面展开﹣最短路径问题，圆锥的计算，特殊角的三角函数值

【解析】【解答】解：∵图中扇形的弧长是2π，根据弧长公式得到2π=

∴n=120°即扇形的圆心角是120°

∴弧所对的弦长是2×3sin60°=

【分析】圆锥的侧面展开图是扇形，从A点出发绕侧面一周，再回到A点的最短的路线即展开得到的扇形的弧所对弦，转化为求弦的长的问题．

15.已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点O和M分别为Rt△ABC的外心和内心，线段OM的长为________

【答案】

【考点】三角形的内切圆与内心

【解析】【解答】解：如图，作△ABC的内切圆⊙M，过点M作MD⊥BC于D，ME⊥AC于E，MN⊥AB 于N．

在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，

∴AB==10．

∵点O为△ABC的外心，

∴AO为外接圆半径，AO=AB=5．

设⊙M的半径为r，则MD=ME=r，

又∵∠MDC=∠MEC=∠C=90°，

∴四边形IECD是正方形，

∴CE=CD=r，AE=AN=6﹣r，BD=BN=8﹣r，

∵AB=10，

∴8﹣r+6﹣r=10，

解得r=2，

∴MN=r=2，AN=6﹣r=4．

在Rt△OIN中，∵∠MNO=90°，ON=AO﹣AN=5﹣4=1，

∴OM== ．

故答案是：．

【分析】作△ABC的内切圆⊙M，过点M作MD⊥BC于D，ME⊥AC于E，MN⊥AB于N．先根据勾股定理求出AB=10，得到△ABC的外接圆半径AO=5，再证明四边形MECD是正方形，根据内心的性质和切线长定理，求出⊙M的半径r=2，则ON=1，然后在Rt△OMN中，运用勾股定理即可求解．

16.“圆材埋壁”是我国古代著名数学著作《九章算术》中的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用数学语言可表述为：“如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于

E，CE=1寸，AB=10寸，求直径CD的长”．（1尺=10寸）则CD=________．

【答案】26寸

【考点】勾股定理，垂径定理的应用

【解析】【解答】解：连接OA，如图所示，设直径CD的长为2x，则半径OC=x，

∵CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于E，AB=10寸，

∴AE=BE= AB= ×10=5寸，

连接OA，则OA=x寸，

根据勾股定理得x2=52+（x﹣1）2，

解得x=13，

CD=2x=2×13=26（寸）．

故答案为：26寸．

【分析】根据垂径定理和勾股定理求解．

17.如图，边长为2的正方形ABCD内接于⊙O，过点D作⊙O的切线交BA延长线于点E，连接EO，交AD 于点F，则EF长为________．

【答案】

【考点】勾股定理，正方形的性质，切线的性质，相似三角形的判定与性质

【解析】【解答】解：连接OD，作OH⊥AD于H，

∵正方形ABCD内接于⊙O，

∴OD平分∠ADC，即∠ADO=45°，

∴△OHD为等腰直角三角形，

∴OH=DH，

∵OH⊥AD，

∴AH=DH=OH=1，

∵DE为切线，

∴OD⊥DE，

∴∠EDA=45°，

∴△EAD为等腰直角三角形，

∴AE=AD=2，

∵AE∥OH，

∴△AEF∽△HOF，

∴= = ，

∴AF= AH= ，

在Rt△AEF中，EF= = ．

故答案为．

【分析】连接OD，作OH⊥AD于H，利用正方形的性质得△OHD为等腰直角三角形，由垂径定理得

AH=DH=OH=1，由切线的性质及等腰三角形的性质得AE=AD=2，由相似三角形的判定得△AEF∽△HOF，再由相似三角形的性质得=找到AF及AH的长度，最后利用勾股定理求出EF.

18.矩形ABCD中，AB=5，AD=12，将矩形ABCD按如图所示的方式在直线1上进行两次旋转，使点B旋转到B”点，则点B在两次旋转过程中经过的路径的长是________ (结果保留)

【答案】

【考点】弧长的计算，旋转的性质

【解析】【解答】解：∵矩形ABCD

∴∠BAD=90°

在Rt△BAD中，AB=5，AD=12，

∴

∵将矩形ABCD按如图所示的方式在直线1上进行两次旋转，使点B旋转到B”点，

∴BD=DB=13,EB=EB=AD=12，∠BDB=∠BEB=90°

∴弧BB的长为：

弧BB的长为：

∴点B在两次旋转过程中经过的路径的长：

故答案为：

【分析】先根据勾股定理求出BD的长，再根据旋转的性质得出BD=DB=13,EB=EB=AD=12，∠BDB=∠BEB=90°，然后利用弧长公式分别计算出弧BB、BB的长，再求出它们的和即可。

19.如图，AB是⊙O的弦，AB=4，点C是⊙O上的一个动点，且∠ACB=45°．若点M，N分别是AB，BC的中点，则MN长的最大值是________．

【答案】2

【考点】勾股定理，三角形中位线定理，圆周角定理

【解析】【解答】∵点M，N分别是AB，BC的中点，

∴MN=AC，

当MN长最大时，即AC长最大，

∴当AC为圆的直径时，如图，

∴∠ABD=90°，

∵AB=4，∠ACB=45°，

∴∠ADB=∠BAD=45°，

∴AB=DB=4，

∴AD=4 ，

∴MN=AC=2.

故答案为：2.

【分析】根据中位线性质得MN=AC，从而知道当MN长最大时，即AC长最大，根据直径所对的圆周角为90°得∠ABD=90°，在Rt△ABD中，根据勾股定理即可得AD的长，再得出MN长.

20.（2017?岳阳）我国魏晋时期的数学家刘徽创立了“割圆术”，认为圆内接正多边形边数无限增加时，周长就越接近圆周长，由此求得了圆周率π的近似值，设半径为r的圆内接正n边形的周长为L，圆的直径为d，如图所示，当n=6时，π≈ = =3，那么当n=12时，π≈ =________．（结果精确到0.01，参考数

据：sin15°=cos75°≈0.259）

【答案】3.10

【考点】正多边形和圆，解直角三角形

【解析】【解答】解：如图，圆的内接正十二边形被半径分成如图所示的十二个等腰三角形，其顶角为30°，即∠O=30°，∠ABO=∠A=75°，作BC⊥AO于点C，则∠ABC=15°，

∵AO=BO=r，

∴BC= r，OC= r，

∴AC=（1﹣）r，

∵Rt△ABC中，cosA= ，

即0.259= ，

∴AB≈0.517r，

∴L=12×0.517r=6.207r，

又∵d=2r，

∴π≈ = ≈3.10，

故答案为：3.10

【分析】圆的内接正十二边形被半径分成顶角为30°的十二个等腰三角形，作辅助线构造直角三角形，根据中心角的度数以及半径的大小，求得L=6.207r，d=2r，进而得到π≈ = ≈3.10．

三、解答题（共8题；共60分）

21.如图⊙O是△ABC的外接圆，圆心O在这个三角形的高AD上，AB=10，BC=12，求⊙O的半径．

【答案】解：如图，连接OB．

∵AD是△ABC的高．

∴BD= BC=6

在Rt△ABD中，AD= = =8．

设圆的半径是R．

则OD=8﹣R．

在Rt△OBD中，根据勾股定理可以得到：R2=36+（8﹣R）2

解得：R= ．

【考点】勾股定理，垂径定理

【解析】【分析】连接OB，根据垂经定理求出BD的长，在Rt△ABD中由勾股定理求得AD=8，设圆的半径是R，则OD=8-R，在Rt△OBD中由勾股定理可求得R的值.解答此题的关键是作出辅助线OB.注意：垂径定理和勾股定理常常在一起中应用.

22.已知：如图，MN、PQ是⊙O的两条弦，且QN=MP, 求证：MN= PQ．

【答案】证明：∵QN＝MP，∴弧QN=弧MP，∴弧MN=弧PQ，∴MN＝PQ

【考点】圆心角、弧、弦的关系

【解析】【分析】根据等弧所对的弦相等可得结论。

23.如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，连接AB，∠APB=60°，AB=5，求PA的

长．

【答案】解：∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，∴PA=PB，

∵∠APB=60°，

∴△PAB是等边三角形，

∴AB=PA=5

【考点】切线的性质

【解析】【分析】由切线长定理可得PA=PB，由∠APB=60°可得△PAB是等边三角形，从而得出答案．24.点I为△ABC的内心，AI的延长线交△ABC的外接圆于D，以D为圆心，DI为半径画弧，是否经过点B 与点C？说明理由．

【答案】证明：连接BI，

∵I是△ABC的内心，

∴∠BAD=∠DAC，∠ABI=∠CBI，

∴

∴BD=DC，

∵∠BID=∠ABI+∠BAD，∠IBD=∠CBI+∠DBC，

∵∠CAD=∠BAD=∠DBC，

∴∠DBI=∠BID，

∴BD=DI，

∴BD=CD=ID，

∴以D为圆心，DI为半径画弧，必经过点B与点C．

【考点】三角形的内切圆与内心

【解析】【分析】连接BI，根据三角形的内切圆的意义和圆周角定理得到BD=DC，根据三角形外角性质求出∠IBD=∠BID，根据等腰三角形的判定求出BD=ID即可．

25.AB为⊙O直径，BC为⊙O切线，切点为B，CO平行于弦AD，作直线DC．

①求证：DC为⊙O切线；

②若AD?OC=8，求⊙O半径r．

【答案】证明：①连接OD．

∵OA=OD，

∴∠A=∠ADO．

∵AD∥OC，

∴∠A=∠BOC，∠ADO=∠COD，

∴∠BOC=∠COD．

∵在△OBC与△ODC中，

，

∴△OBC≌△ODC（SAS），

∴∠OBC=∠ODC，

又∵BC是⊙O的切线，

∴∠OBC=90°，

∴∠ODC=90°，

∴DC是⊙O的切线；

②解：连接BD．

∵在△ADB与△ODC中，，

∴△ADB∽△ODC，

∴AD：OD=AB：OC，

∴AD?OC=OD?AB=r?2r=2r2，即2r2=8，

故r=2．

【考点】切线的判定与性质

【解析】【分析】①连接OD，要证明DC是⊙O的切线，只要证明∠ODC=90°即可．根据题意，可证

△OCD≌△OCB，即可得∠CDO=∠CBO=90°，由此可证DC是⊙O的切线；②连接BD，OD．先根据两角对应相等的两三角形相似证明△ADB∽△ODC，再根据相似三角形对应边成比例即可得到r的值．

26.如图1，⊙O的半径r= ，弦AB、CD交于点E，C为弧AB的中点，过D点的直线交AB延长线于点F，且DF=EF．

（1）试判断DF与⊙O的位置关系，并说明理由；

（2）如图2，连接AC，若AC∥DF，BE=AE，求CE的长．

【答案】证明：（1）如图1，

连接OC、OD；

∵C为弧AB的中点，

∴OC⊥AB，∠OCE+∠AEC=90°；

∴DF=EF，

∴∠FDE=∠FED=∠AEC；

∵OA=OC，

∴∠OCE=∠ODC，

∴∠ODC+∠CDF=90°，

即OD⊥DF，

∴DF与⊙O相切．

（2）如图2，

连接OA、OC；

由（1）知OC⊥AB，

∴AH=BH；

∵AC∥DF，

∴∠ACD=∠CDF；而EF=DF，

∴∠DEF=∠CDF=∠ACD，

∴AC=AE；

设AE=5λ，则BE=3λ，

∴AH=4λ，HE=λ，AC=AE=5λ；

∴由勾股定理得：CH=3λ；

CE2=CH2+HE2=9λ2+λ2，

∴CE=λ；

在直角△AOH中，由勾股定理得：

AO2=AH2+OH2，

即r2=（r﹣3λ）2+（4λ）2，

解得：λ=r=x=2，

∴CE=2．

【考点】切线的判定

【解析】【分析】（1）如图，作辅助线；证明∠ODC+∠CDF=90°，即可解决问题．

（2）如图，作辅助线；证明OH⊥AB，AH=4λ，此为解题的关键性结论；证明CE=λ；列出方程r2=（r﹣3λ）2+（4λ）2，求出λ=r=x=2，即可解决问题．

27.如图，AB是⊙O的直径，点C在BA的延长线上，直线CD与⊙O相切于点D，弦DF⊥AB于点E，线段CD=10，连接BD；

（1）求证：∠CDE=∠DOC=2∠B；

（2）若BD：AB=：2，求⊙O的半径及DF的长．

【答案】（1）证明：∵直线CD与⊙O相切于点D，

∴OD⊥CD，∠CDO=90°，

∴∠CDE+∠ODE=90°．

又∵DF⊥AB，

∴∠DEO=∠DEC=90°．

∴∠COD+∠ODE=90°，

∴∠CDE=∠COD．

又∵∠EOD=2∠B，

∴∠CDE=∠DOC=2∠B．

（2）解：连接AD．

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB=90°．

∵BD：AB=：2，

∴在Rt△ADB中cosB==，

∴∠B=30°．

∴∠AOD=2∠B=60°．

又∵∠CDO=90°，

∴∠C=30°．

在Rt△CDO中，CD=10，

∴OD=10tan30°=，

即⊙O的半径为．

在Rt△CDE中，CD=10，∠C=30°，

∴DE=CDsin30°=5．

∵DF⊥AB于点E，

∴DE=EF=DF．

∴DF=2DE=10．

【考点】切线的性质

【解析】【分析】（1）根据弦切角定理得∠CDE=∠COD，再由同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可得∠CDE=∠COD=2∠B；

（2）连接AD，根据三角函数求得∠B=30°，则∠EOD=60°，推得∠C=30°，根据∠C的正切值，求出圆的半径，再在Rt△CDE中，利用∠C的正弦值，求得DE，从而得出DF的长．

28.如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，半径OD⊥AC于点E，过点D的切线与BA延长线交于点F．

（1）求证：∠CDB=∠BFD；

（2）若AB=10，AC=8，求DF的长．

【答案】解：（1）∵DF与⊙O相切，

∴DF⊥OD，

∵OD⊥AC，

∴DF∥AC，

∴∠CAB=∠BFD，

∴∠CAB=∠BFD，

∴∠CDB=∠BFD；

（2）∵半径OD垂直于弦AC于点E，AC=8，

∴AE=AC=．

∵AB是⊙O的直径，

∴OA=OD=AB=，

在Rt△AEO中，OE===3，

∵AC∥DF，

∴△OAE∽△OFD．

∴，

∴=，

∴DF=．

【考点】切线的性质

【解析】【分析】（1）根据切线的性质得到DF⊥OD，由于OD⊥AC，推出DF∥AC，根据平行线的性质得到∠CAB=∠BFD，于是得到结论；

（2）利用垂径定理得出AE的长，再利用相似三角形的判定与性质得出FD的长．