江苏省盐城市大丰市三圩中学2018-2019学年九年级(上)9月月考数

作者:admin 来源:未知 点击数: 发布时间:2019年06月08日

  ID:10221459分类:江苏资本大小:325KB审核人:初数梁月华

  江苏省盐城市大丰市三圩中学2018-2019学年九年级(上)9月月考数学试卷 一、选择题(本大题共6小题,共18.0分) 三角形外接圆的圆心是( ) A. 三边垂直等分线的交点B. 三个内角等分线的交点C. 三条中线的交点D. 三条高线的交点 【谜底】A 【解析】解:因为三角形的外心是三角形三条边的垂直等分线的交点;故选:A.按照三角形外心的性质进行判断.此题次要考查了三角形外心的性质.留意三角形重心、垂心、心里、外心的区别. 已知圆心在原点O,半径为5的⊙O,则点P(-3,4)与⊙O的位置关系是( ) A. 在⊙O内B. 在⊙O上C. 在⊙O外D. 不克不及确定 【谜底】B 【解析】解:∵OP=32+42=5,∴按照点到圆心的距离等于半径,则知点在圆上.故选:B.本题可先由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d,再按照点与圆心的距离与半径的大小关系,即当d》r时,点在圆外;当d=r时,点在圆上;点在圆外;当d《r时,点在圆内;来确定点与圆的位置关系.可以或许按照勾股定理求得点到圆心的距离,按照数量关系判断点和圆的位[来自e网通极速客户端]

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  江苏省盐城市大丰市三圩中学2018-2019学年九年级(上)9月月考数学试卷

  一、选择题(本大题共6小题,共18.0分)

  三角形外接圆的圆心是()

  A. 三边垂直等分线的交点 B. 三个内角等分线的交点

  C. 三条中线的交点 D. 三条高线的交点

  【解析】解:因为三角形的外心是三角形三条边的垂直等分线的交点;

  按照三角形外心的性质进行判断.

  此题次要考查了三角形外心的性质.留意三角形重心、垂心、心里、外心的区别.

  已知圆心在原点O,半径为5的⊙O,则点P(-3,4)与⊙O的位置关系是()

  ∴按照点到圆心的距离等于半径,则知点在圆上.

  本题可先由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d,再按照点与圆心的距离与半径的大小关系,即当d>

  r时,点在圆外;当d=r时,点在圆上;点在圆外;当d

  

  可以或许按照勾股定理求得点到圆心的距离,按照数量关系判断点和圆的位置关系.

  在平面直角坐标系中,以点(3,-5)为圆心,r为半径的圆上有且仅有两点到x轴地点直线,则圆的半径r的取值范畴是()

  【解析】解:按照题意可知到x轴地点直线的点的调集别离是直线)为圆心,r为半径的圆上有且仅有两点到x轴地点直线,

  那么该圆与直线必需是相离的关系,与直线必需是订交的关系,

  所以r的取值范畴是-5--1

  按照题意可知,本题其实是操纵圆与直线之间的位置关系来求得半径r的取值范畴,按照相离时半径小于圆心到直线的距离,订交时半径大于圆心到直线的距离即可求得r的范畴.

  处理本题要当真阐发题意,理清此中的数量关系.看似求半径与x轴之间的关系,其实是操纵圆与直线之间的位置关系来求得半径r的取值范畴.

  江苏省盐城市大丰市三圩中学2018-2019学年九年级(上)9月月考数学试卷

  一、选择题(本大题共6小题,共18.0分)

  三角形外接圆的圆心是()

  A. 三边垂直等分线的交点 B. 三个内角等分线的交点

  C. 三条中线的交点 D. 三条高线的交点

  【解析】解:因为三角形的外心是三角形三条边的垂直等分线的交点;

  按照三角形外心的性质进行判断.

  此题次要考查了三角形外心的性质.留意三角形重心、垂心、心里、外心的区别.

  已知圆心在原点O,半径为5的⊙O,则点P(-3,4)与⊙O的位置关系是()

  ∴按照点到圆心的距离等于半径,则知点在圆上.

  本题可先由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d,再按照点与圆心的距离与半径的大小关系,即当d>

  r时,点在圆外;当d=r时,点在圆上;点在圆外;当d

  r时,点在圆内;来确定点与圆的位置关系.

  <可以或许按照勾股定理求得点到圆心的距离,按照数量关系判断点和圆的位置关系.

  在平面直角坐标系中,以点(3,-5)为圆心,r为半径的圆上有且仅有两点到x轴地点直线,则圆的半径r的取值范畴是()

  【解析】解:按照题意可知到x轴地点直线的点的调集别离是直线)为圆心,r为半径的圆上有且仅有两点到x轴地点直线,

  那么该圆与直线必需是相离的关系,与直线必需是订交的关系,

  所以r的取值范畴是-5--1

  6.

  <故选:D.

  <按照题意可知,本题其实是操纵圆与直线之间的位置关系来求得半径r的取值范畴,按照相离时半径小于圆心到直线的距离,订交时半径大于圆心到直线的距离即可求得r的范畴.

  处理本题要当真阐发题意,理清此中的数量关系.看似求半径与x轴之间的关系,其实是操纵圆与直线之间的位置关系来求得半径r的取值范畴.

  【解析】解:∵AB是⊙O的直径,∠AOC=110∘,

  由AB是⊙O的直径,∠AOC=110∘,可求得∠BOC的度数,又由圆周角定理,可求得∠D的度数.

  此题考查了圆周角定理.此题比力简单,留意控制数形连系思惟的使用.

  如图,在平面直角坐标系中,点A,B,C的坐标为(1,4),(5,4),(1,-2),则△ABC外接圆的圆心坐标是()

  【解析】解:如图所示:

  ∴△ABC为直角三角形,∠BAC=90∘,

  ∴△ABC的外接圆的圆心是斜边BC的中点,

  由已知点的坐标得出△ABC为直角三角形,∠BAC=90∘,得出△ABC的外接圆的圆心是斜边BC的中点,即可得出成果.

  本题考查了三角形的外接圆与外心、坐标与图形性质、直角三角形的外心特征;熟记直角三角形的外心特征,按照题意得出三角形是直角三角形是处理问题的环节.

  如图,⊙O的半径为2,点O到直线,点P是直线l上的一个动点.若PB切⊙O于点B,则PB的最小值是()

  【解析】解:保持OB,作OP⊥l于P如图,OP=3,

  ∵PB切⊙O于点B,

  当点P活动到点P的位置时,OP最小时,则PB最小,此时OP=3,

  保持OB,如图,按照切线∘,则操纵勾股定理有PB=OP2-OB2=OP2-22,所以当点P活动到点P的位置时,OP最小时,则PB最小,此时OP=3,然后计较此时的PB即可.

  本题考查了切线的性质:圆的切线垂直于颠末切点的半径.也考查了垂线段最短.

  二、填空题(本大题共10小题,共30.0分)

  点P是半径为5的⊙O内一点,且OP=3,在过P点的所有⊙O的弦中,弦长为整数的弦的条数为______ .

  【解析】解:如图,CD为过P点的直径,AB是与OP垂直的弦,连OA,

  则过点P的所有⊙O的弦中CD最长,AB最短,而且CD=10,

  ∴过点P的弦中弦长可认为整数9,由圆的对称性获得弦长为9的弦有两条,

  ∴在过点P的所有⊙O的弦中,弦长为整数的弦的条数共有4条.

  故谜底为4.

  由CD⊥AB,则AB是过P的最短的弦,过P的最长的弦是圆的直径,起首按照垂径定理和勾股定理能够求出AB的长度,然后连系已知前提就能够求出弦长为整数的弦的条数.

  本题考查了垂径定理:垂直于弦的直径等分弦,而且等分弦所对的弧.也考查了圆的相关性质以及勾股定理.

  已知直线),设点P为直线l上一动点,当点P的坐标为______时,过P、A、B不克不及作出一个圆.

  【解析】解:设直线AB的解析式为y=kx+b,

  ∴当P的坐标为(2,-2)时,过P,A,B三点不克不及作出一个圆.

  由而在同不断线上的三个点不克不及画一个圆可知,当P,A,B三点共线时,过P,A,B三点不克不及作出一个圆.为此,先操纵待定系数法求出直线AB的解析式,再与y=x-4联立,两直线的交点坐标即为所求.

  本题考查了确定圆的前提:不在同不断线上的三点确定一个圆.留意:这里的“三个点”不是肆意的三点,而是不在统一条直线上的三个点,而在同不断线上的三个点不克不及画一个圆.同时考查了操纵待定系数法求直线的解析式及两直线交点坐标的求法.

  【谜底】30∘

  【解析】解:∵在⊙O中,AB=CD,

  故谜底是:30∘.

  按照圆心角、弧、弦的关系获得:BD=AC,则∠1=∠2.

  本题考查了圆心角、弧、弦的关系定理的推论,三者关系可理解为:在同圆或等圆中,①圆心角相等,②所对的弧相等,③所对的弦相等,三项“知一推二”,一项相等,其余二项皆相等.这源于圆的扭转不变性,即:圆绕其圆心扭转肆意角度,所得图形与原图形完全重合.

  已知圆的半径是23,则该圆的内接正六边形的边长是______.

  【谜底】23

  【解析】解:毗连正六边形的核心与各个极点,获得六个等边三角形,

  ∵等边三角形的边长是23,

  ∴该圆的内接正六边形的边长是23;

  故谜底为:23

  按照正六边形被它的半径分成六个全等的等边三角形,即可得出等边三角形的边长.

  本题考查了正多边形和圆,解题的环节要记住正六边形的特点,它被半径分成六个全等的等边三角形.

  已知圆锥的底面半径是3cm,母线cm,则圆锥的侧面积为______cm2.(成果保留π)

  【谜底】15π

  【解析】解:底面圆的半径为3cm,则底面周长=6πc,侧面面积=12×6π×5=15πcm2.

  圆锥的侧面积=底面周长×母线.

  本题操纵了圆的周长公式和扇形面积公式求解.

  如图,在⊙O中,AB为直径,∠ACB的等分线,则BD=______.

  【谜底】32

  【解析】解:

  ∵AB为⊙O直径,

  故谜底为:32.

  按照圆周角定理求出∠ADB=∠ACB=90∘,按照角等分线定义求出∠ACD=∠BCD=45∘,求出∠BAD=∠ABD=45∘,解直角三角形求出BD即可.

  本题考查了角等分线定义、圆周角定理、等腰三角形的鉴定、解直角三角形等学问点,能求出AD=BD和∠ADB=90∘是解此题的环节.

  【谜底】16

  【解析】解:∵PA、PB切⊙O于A、B,DE切⊙O于C,

  按照切线长定理,即可获得PA=PB,CD=AD,CE=BE,从而求得三角形的周长.

  此题次要是考查了切线长定理.

  【解析】解:如图,

  ∴四边形OECF是正方形;

  故谜底是:2.

  设AB、BC、AC与⊙O的切点别离为D、E、F;易证得四边形OECF是正方形;那么按照切线长定理可得:CE=CF=12(AC+BC-AB),由此可求出r的长.

  此题次要考查三角形内切圆与圆心,勾股定理,需要熟练控制直角三角形内切圆的性质及半径的求法.

  如图,Rt△ABC中,AB⊥BC,AB=8,BC=3,P是△ABC内部的一个动点,且满足∠APB=90∘,则线段CP长的最小值为______.

  【解析】解:∵AB⊥BC,

  ∴点P在以AB为直径的⊙O上,毗连OC交⊙O于点P,此时PC最小,

  起首证明点P在以AB为直径的⊙O上,毗连OC与⊙O交于点P,此时PC最小,操纵勾股定理求出OC即可处理问题.

  本题考查点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等学问,解题的环节是确定点P位置,学会求圆外一点到圆的最小、最大距离,属于中考常考题型.

  如图,在Rt△ABC中,∠C=90∘,BC=3,AC=4,D、E别离是AC、BC上的一点,且DE=3,若以DE为直径的圆与斜边AB订交于M、N,则MN的最大值为______.

  【谜底】125

  【解析】解:如图,毗连OM,作OH⊥AB于H,CK⊥AB于K.

  ∴欲求MN的最大值,只需求出OH的最小值即可,

  ∴点C的活动轨迹是以C为圆心32为半径的圆,

  当C,O,H共线,且与CK重应时,OH的值最小,

  故谜底为125.

  本题考查最小与圆的位置关系,勾股定理,轨迹等学问,解题的环节是学会用转化的思惟思虑问题,属于中考常考题型.

  三、计较题(本大题共1小题,共12.0分)

  如图,AB为⊙O的直径,点C为⊙O上一点,将弧BC沿直线BC翻折,使弧BC的中点D刚好与圆心O重合,毗连OC,CD,BD,过点C的切线与线段BA的耽误线交于点P,毗连AD,在PB的另一侧作∠MPB=∠ADC.

  (1)判断PM与⊙O的位置关系,并申明来由;

  【谜底】解:(1)PM与⊙O相切.

  毗连DO并耽误交PM于E,如图,

  ∵弧BC沿直线BC翻折,使弧BC的中点D刚好与圆心O重合,

  ∴四边形OBDC为菱形,

  ∴△OCD和△OBD都是等边三角形,

  ∵PC为⊙O的切线,

  【解析】(1)毗连DO并耽误交PM于E,如图,操纵折叠的性质得OC=DC,BO=BD,则可判断四边形OBDC为菱形,所以OD⊥BC,△OCD和△OBD都是等边三角形,从而计较出∠COP=∠EOP=60∘,接着证明PM//BC获得OE⊥PM,所以OE=12OP,按照切线的性质获得OC⊥PC,则OC=12OP,从而可鉴定PM是

  ⊙O的切线)先在Rt△OPC入彀算出OC=1,然后按照等边三角形的面积公式计较四边形OCDB的面积.

  本题考查了切线的性质:圆的切线垂直于颠末切点的半径.若呈现圆的切线,必连过切点的半径,机关定理图,得出垂直关系.也考查了直线与圆的关系、圆周角定理和折叠的性质.

  四、解答题(本大题共10小题,共90.0分)

  如图,在⊙O中,半径OC⊥弦AB,垂足为点D,AB=12,CD=2.求⊙O半径的长.

  【谜底】解:毗连AO,

  ∵半径OC⊥弦AB,

  设⊙O的半径为R,

  答:⊙O的半径长为10.

  【解析】毗连OA,按照垂径定理求出AD=6,∠ADO=90∘,按照勾股定理得出方程,求出方程的解即可.

  本题考查了垂径定理,勾股定理的使用,解此题的环节是机关直角三角形后按照勾股定理得出方程.

  如图,⊙O是△ABC的外接圆,点D为AC上一点,∠ABC=∠BDC=60∘,AC=3cm,求△ABC的周长.

  【谜底】解:∵BC=BC,

  ∴△ABC为等边三角形.

  【解析】按照圆周角定理能够证明△ABC是等边三角形,据此即可求得周长.

  本题考查了圆周角定理以及等边三角形的鉴定定理,按照圆周角定理找出图形中相等的角是环节.

  已知,如图,CD为⊙O的直径,∠EOD=60∘,AE交⊙O于点B,E,且AB=OC,求:(1)∠A的度数;

  【谜底】解:(1)毗连OB,

  【解析】(1)起首毗连OB,由AB=OC,可得△AOB与△BOE是等腰三角形,继而可得∠EOD=3∠A,则可求得谜底;

  (2)按照等腰三角形的性质即可获得结论.

  此题考查了圆周角定理以及等腰三角形的性质.留意精确作出辅助线是解此题的环节.

  如图,在正方形网格图中成立不断角坐标系,一条圆弧颠末网格点A、B、C,请在网格中进行下列操作:

  (1)请在图中确定该圆弧地点圆心D点的位置,D点坐标为______;

  (2)毗连AD、CD,求⊙D的半径及扇形DAC的圆心角度数;

  (3)若扇形DAC是某一个圆锥的侧面展开图,求该圆锥的底面半径.

  作CE⊥x轴,垂足为E.

  ∴扇形DAC的圆心角为90度;

  设圆锥底面圆半径为r,则2πr=5π,

  (1)找到AB,BC的垂直等分线的交点即为圆心坐标;

  (2)操纵勾股定理可求得圆的半径;易得△AOD≌△DEC,那么∠OAD=∠CDE,即可获得圆心角的度数为90∘;

  (3)求得弧长,除以2π即为圆锥的底面半径.

  本题用到的学问点为:非直径的弦的垂直等分线颠末圆心;圆锥的弧长等于底面周长.

  如图,已知AB是⊙O的直径,C,D是⊙O上的点,OC//BD,交AD于点E,保持BC.

  【谜底】证明:(1)∵AB是⊙O的直径,

  【解析】(1)按照平行线∘,再操纵垂径定理证明即可;

  (2)按照弧长公式解答即可.

  此题考查弧长公式,环节是按照弧长公式和垂径定理解答.

  如图所示,破残的圆形轮片上,弦AB的垂直等分线交弧AB于点C,交弦AB于点D.已知:AB=24cm,CD=8cm.

  (1)求作此残片地点的圆(不写作法,保留作图踪迹).

  (2)求残片地点圆的面积.

  【谜底】解:(1)作弦AC的垂直等分线与弦AB的垂直等分线交于O点,以O为圆心OA长为半径作圆O就是此残片地点的圆,如图.

  则按照勾股定理列方程:

  即:圆的半径为13cm.

  【解析】(1)由垂径定理知,垂直于弦的直径是弦的中垂线,故作AC,BC的中垂线交于点O,则点O是弧ACB地点圆的圆心;

  (2)在Rt△OAD中,由勾股定理可求得半径OA的长,由圆的面积公式进行计较即可.

  本题考查的是垂径定理和勾股定理的使用,垂径定理和勾股定理相连系,机关直角三角形,可处理计较弦长、半径、弦心距等问题.

  如图,O为正方形ABCD对角线上一点,以点O为圆心,OA长为半径的⊙O与BC相切于点E.

  (1)求证:CD是⊙O的切线)若正方形ABCD的边长为10,求⊙O的半径.

  【谜底】(1)证明:毗连OE,并过点O作OF⊥CD.

  ∵BC切⊙O于点E,

  又∵AC为正方形ABCD的对角线,

  即:CD是⊙O的切线)解:∵正方形ABCD的边长为10,

  ∴⊙O的半径为:20-102.

  【解析】(1)起首毗连OE,并过点O作OF⊥CD,由OA长为半径的⊙O与BC相切于点E,可得OE=OA,OE⊥BC,然后由AC为正方形ABCD的对角线,按照角等分线的性质,可证得OF=OE=OA,即可鉴定CD是⊙O的切线)由正方形ABCD的边长为10,可求得其对角线的长,然后由设OA=r,可得OE=EC=r,由勾股定理求得OC=2r,则可得方程r+2r=102,继而求得谜底.

  此题考查了切线的鉴定、正方形的性质、角等分线的性质以及勾股定理.留意精确作出辅助线是解此题的环节.

  如图,已知三角形ABC的边AB是⊙O的切线,切点为B.AC颠末圆心O并与圆订交于点D、C,过C作直线CE丄AB,交AB的耽误线)求证:CB等分∠ACE;

  【谜底】(1)证明:如图1,毗连OB,

  ∵AB是⊙0的切线,

  ∴∠1=∠3,

  ∴∠2=∠3,

  ∵CD是⊙O的直径,

  ∴⊙O的半径=258.

  【解析】(1)证明:如图1,毗连OB,由AB是⊙0的切线,获得OB⊥AB,因为CE丄AB,的OB//CE,于是获得∠1=∠3,按照等腰三角形的性质获得∠1=∠2,通过等量代换获得成果.

  (2)如图2,毗连BD通过△DBC∽△CBE,获得比例式CDBC=BCCE,列方程可得成果.

  本题考查了切线的性质,勾股定理,类似三角形的鉴定和性质,圆周角定理,平行线的鉴定和性质,准确的作出辅助线是解题的环节.

  已知:如图,等边△ABC内接于⊙O,点P是劣弧BC上的一点(端点除外),耽误BP至D,使BD=AP,毗连CD.

  (1)若AP过圆心O,如图①,请你判断△PDC是什么三角形?并申明来由;

  (2)若AP不外圆心O,如图②,△PDC又是什么三角形?为什么?

  【谜底】解:(1)如图①,△PDC为等边三角形.

  ∵△ABC为等边三角形

  ∴△PDC为等边三角形;(6分)

  (2)如图②,△PDC仍为等边三角形.(8分)

  ∵△ABC为等边三角形

  ∴△PDC为等边三角形.(12分)

  (2)同理可证△PDC为等边三角形.

  此题次要考查学生对学生以圆周角定理及等边三角形的鉴定方式的理解及使用.

  (1)已知,如图1,△ABC是⊙O的内接正三角形,点P为劣弧BC上一动点,求证:PA=PB+PC.

  (2)如图2,四边形ABCD是⊙O的内接正方形,点P为劣弧BC上一动点,求证:PA=PC+2PB.

  (3)如图3,六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形,点P为劣弧BC上一动点,请探究PA、PB、PC三者之间有何数量关系,并赐与证明.

  【谜底】证明:

  ∵A、B、P、C四点共圆,

  ∴△PCE是等边三角形,

  ∵△ABC、△ECP为等边三角形,

  ∴∠1=∠3,

  证明:过点B,作BM⊥AP,在AP上截取AQ=PC,毗连BQ,如图3,

  本题次要考查三角形全等的性质和鉴定方式以及正多边形和圆的相关学问.要熟悉这些根基性质和全等三角形的鉴定方式才能矫捷使用处理分析性的习题.

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