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2018年九年级数学下学期单元测试相关

全国2018年九年级下学期数学单元测试同步练习

判断下列两个结论:①正三角形是轴对称图形;②正三角形是中心对称图形,结果( )
A、①②都正确 B、①②都错误
C、①正确,②错误 D、①错误,②正确

【答案】C
【解析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念.要注意,轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形沿对称轴折叠后可重合,中心对称图形是要寻找对称中心,图形旋转180度后能与原图形重合.
根据轴对称图形与中心对称图形的概念和正三角形的性质即可求解.
解:正三角形是轴对称图形,不是中心对称图形.
故选C.

平行四边形ABCD的四个顶点都在圆O上,那么四边形ABCD一定是( )
A. 正方形 B. 矩形 C. 菱形 D. 以上都不对

【答案】B
【解析】
首先根据所对的圆心角的和是一个周角,可得∠A+∠C=180°,然后根据∠A=∠C,判断出∠A、∠C都是直角,即可推得四边形ABCD一定是矩形.
如图,
弧BCD所对的圆心角的和是一个周角,
∴∠A+∠C=180°,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴∠A=∠C,
∴∠A=∠C=180°÷2=90°,
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°,
∴四边形ABCD一定是矩形.
故答案选:B.

(3分)如图,AB是⊙O的直径,弦CD交AB于点E,且E为OB的中点,∠CDB=30°,CD=,则阴影部分的面积为( )

A. B. C. D.

【答案】D
【解析】试题∵∠COB=2∠CDB=60°,又∵CD⊥AB,∴∠OCB=30°,CE=DE,∴OE=OC=OB=,OC=4.∴OE=BE,则在△OEC和△BED中,∵OE=BE,∠OEC=∠BED,CE=DE,∴△OEC≌△BED,∴S阴影=半圆﹣S扇形OCB== .故选D.

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∠PCA=( )

A. 30° B. 45° C. 60° D. 67.5°

【答案】D
【解析】
PD切⊙O于点C,交AB的延长线于D,且CO=CD
得∠COD=45°、∠PCO=90°。再由OA=OC,及外角知识得∠ACO=22.5°;
又∠PCA+∠ACO=90°,所以∠PCA=90°-∠ACO=67.5°。
另外也可考虑直径条件连结BC求解。

如图,已知⊙O是正方形ABCD的外接圆,点E是⊙O上任意一点,则∠BEC的度数为( )

A. 45° B. 30° C. 60° D. 90°

【答案】A
【解析】
连接OB,OC,
∵⊙O是正方形ABCD的外接圆,
∴∠BOC=90°,
∴∠BEC=∠BOC=45°.
故选A.

如图,圆弧形桥拱的跨度AB=12米,拱高CD=4米,
则拱桥的半径为( )
  A.6.5米   B.9米   C.13米   D.15米


【答案】A
【解析】分析:根据垂径定理的推论,知此圆的圆心在CD所在的直线上,设圆心是O.
连接OA.根据垂径定理和勾股定理求解.
解答:根据垂径定理的推论,知此圆的圆心在CD所在的直线上,设圆心是O
连接OA.根据垂径定理,得AD=6
设圆的半径是r,根据勾股定理,
得r2=62+(r-4)2,解得r=6.5.故答案为A.

下列图形,既是中心对称图形,又是轴对称图形的是(  )
A. 等边三角形 B. 平行四边形 C. 正五边形 D. 正六边形

【答案】D
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
A. 是轴对称图形,不是中心对称图形,故错误;
B. 不是轴对称图形,是中心对称图形,故错误;
C. 是轴对称图形,不是中心对称图形,故错误;
D. 是轴对称图形,也是中心对称图形,故正确.
故答案选:D.

①对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形;
②平行四边形、矩形、等边三角形、正方形既是中心对称图形,也是轴对称图形;
③旋转和平移都不改变图形的形状和大小;
④底角是45°的等腰梯形,高是h,则腰长是h;
⑤一组对边平行,另一组对边相等的四边形是平行四边形.
以上正确的命题是( )
A. ①②③④ B. ①②④ C. ①②③ D. ①③④

【答案】D
【解析】
根据特殊四边形的性质和判定,旋转变换、轴对称变换、平移变换的概念及性质分别判断.
①、根据正方形的判定方法,正确;
②、其中的等边三角形不是中心对称图形,错误;
③、根据旋转和平移的性质,正确;
④、根据等腰直角三角形的斜边是直角边的倍,正确;
⑤、如等腰梯形,错误.
故答案选:D.

已知四个半圆彼此相外切,它们的圆心都在x轴的正半轴上并且与直线y=x相切,设半圆C1、C2、C3、C4的半径分别是r1、r2、r3、r4 , 则当r1=1时,r4=(  )

A. 3 B. 32 C. 33 D. 34

【答案】C
【解析】
设三个半圆与直线y=x分别相切于A、B、C点,分别连接圆心与切点,根据切线的性质得到三个直角三角形,再由直线OC的方程得到直线的倾斜角为30°,根据30°角所对直角边等于斜边的一半得到OC1=2C1A,OC2=2C2B,OC3=2C3C,再由三半圆彼此外切,得到相两圆的圆心距等于两半径相加,得出r1、r2、r3间的关系,由r1的值可得出r2、r3的值,按照此规律可归纳出r4的值.

设半圆C1、半圆C2、半圆C3直线y=x分别相切于点A,B,C,连接C1A,C2B,C3C,
则C1A⊥OA,C2B⊥OB,C3C⊥OC,
∵tan∠COC1=
∴∠COC1=30°,
又∵三半圆彼此相外切,
∴OC1=2C1A=2r1,OC2=2C2B=2r2=OC1+r1+r2=3r1+r2,OC3=2C3C=OC2+r2+r3=3r1+2r2+r3=2r3,
∴2r2=3r1+r2,3r1+2r2+r3=2r3,
∴r2=3r1,r3=3r1+2r2,
∵r1=1=30,
∴r2=3=31,
∴r3=9=32,
∴按此规律归纳得:rn=3n−1,
∴r4=33.
故答案选:C.

已知点P1(a , 3)与P2(5,-3)关于原点对称,则a=________.

【答案】-5
【解析】
任意一点P(x,y),关于原点的对称点是(-x,-y),即关于原点的对称点,横纵坐标都变成相反数.这样就可以求出a的值.
根据中心对称的性质,得a=-5.
故答案为:-5.

如图,AB为⊙O直径,已知∠BCD=20°,则∠DBA的度数是_______.

【答案】70°
【解析】分析:先根据半圆(或直径)所对的圆周角是直角得到∠ACB=90°,再利用互余得∠ACD=90°-∠DCB=70°,然后根据同弧或等弧所对的圆周角相等求解.
详解:∵AB为⊙O直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠ACD=90°-∠DCB=90°-20°=70°,
∴∠DBA=∠ACD=70°.
故答案为:70°.

一条弦把圆分成2:1的两部分,则劣弧所对的圆心角的度数为 ________ .

【答案】120°
【解析】
根据圆一周上弧的度数为360°,设出弦AB分圆的两部分长,列出方程,求出x值,再由圆心角的度数等于它所对的弧的度数得到x的值即为要求的劣弧所对圆心角的度数.
设弦AB分圆的两部分别为x,2x,
∴x+2x=360
解得:x=120
则劣弧所对圆心角为120.
故答案为:120.

如图,平面直角坐标系中,矩形OABC的顶点A(﹣6,0),C(0,2).将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转,使点A恰好落在OB上的点A1处,则点B的对应点B1的坐标为_____.

【答案】(-2,6)
【解析】
连接OB1,作B1H⊥OA于H,证明△AOB≌△HB1O,得到B1H=OA=6,OH=AB=2,得到答案.
连接OB1,作B1H⊥OA于H,

由题意得,OA=6,AB=OC-2
则tan∠BOA=
∴∠BOA=30°,
∴∠OBA=60°,
由旋转的性质可知,∠B1OB=∠BOA=30°,
∴∠B1OH=60°,
在△AOB和△HB1O,

∴△AOB≌△HB1O,
∴B1H=OA=6,OH=AB=2
∴点B1的坐标为(-2,6),
故答案为:(-2,6).

如图所示,AB为半圆的直径,C为半圆上一点,且为半圆的,设扇形AOC、△COB、弓形BMC的面积分别为S1、S2、S3, 则S1、S2、S3的大小关系式是________ .

【答案】S2<S1<S3
【解析】
首先根据△AOC的面积=△BOC的面积,得S2<S1.再根据题意,知S1占半圆面积的.所以S3大于半圆面积的
根据△AOC的面积=△BOC的面积,得S2<S1,再根据题意,知S1占半圆面积的
所以S3大于半圆面积的.
故答案为:S2<S1<S3.

如图,圆心都在x轴正半轴上的半圆O1,半圆O2,…,半圆On与直线l相切.设半圆O1,半圆O2,…,半圆On的半径分别是r1,r2,…,rn,则当直线l与x轴所成锐角为30°,且r1=1时,r2018=_________.

【答案】32017
【解析】分别作O1A⊥l,O2B⊥l,O3C⊥l,如图,
∵半圆O1,半圆O2,…,半圆On与直线L相切,
∴O1A=r1,O2B=r2,O3C=r3,
∵∠AOO1=30°,
∴OO1=2O1A=2r1=2,
在Rt△OO2B中,OO2=2O2B,即2+1+r2=2r2,
∴r2=3,
在Rt△OO2C中,OO3=2O2C,即2+1+2×3++r3=2r3,
∴r3=9=32,
同理可得r4=27=33,
所以r2018=32017.
故答案为32017.

如图,在Rt△OAB中,OA=4,AB=5,点C在OA上,AC=1,⊙P的圆心P在线段BC上,且⊙P与边AB,AO都相切.若反比例函数(k≠0)的图象经过圆心P,则k=________________。

【答案】
【解析】分析:设⊙P与边AB,AO分别相切于点E、D,连接PE、PD、PA,用面积法可求出⊙P的半径,然后通过三角形相似可求出CD,从而得到点P的坐标,就可求出k的值.
详解:设⊙P与边AB,AO分别相切于点E、D,连接PE、PD、PA,如图所示.

则有PD⊥OA,PE⊥AB.
设⊙P的半径为r,
∵AB=5,AC=1,
∴S△APB= AB•PE=r,S△APC=AC•PD=r.
∵∠AOB=90°,OA=4,AB=5,
∴OB=3.
∴S△ABC=AC•OB=×1×3=
∵S△ABC=S△APB+S△APC,
=r+r.
∴r=
∴PD=
∵PD⊥OA,∠AOB=90°,
∴∠PDC=∠BOC=90°.
∴PD∥BO.
∴△PDC∽△BOC.

∴PD•OC=CD•BO.
×(4-1)=3CD.
∴CD=
∴OD=OC-CD=3-=
∴点P的坐标为().
∵反比例函数y=(k≠0)的图象经过圆心P,
∴k=×=
故答案为:

如图,∠MON=60°,作边长为1的正六边形A1B1C1D1E1F1,边A1B1、F1E1分别在射线OM、ON上,边C1D1所在的直线分别交OM、ON于点A2、F2, 以A2F2为边作正六边形A2B2C2D2E2F2, 边C2D2所在的直线分别交OM、ON于点A3、F3, 再以A3F3为边作正六边形A3B3C3D3E3F3, …,依此规律,经第4次作图后,点B4到ON的距离是________.

【答案】
【解析】
寻找规律求出OB4的长,根据B4到ON的距离为OB4•sin60°计算即可.
观察图象可知OB1=2=2×30,
OB2=2×31,
OB3=2×32=18,
OB4=2×33=54,
∴B4到ON的距离为54sin60°=27
故答案为:27.

如图,在半径为13的⊙O中,OC垂直弦AB于点D,交⊙O于点C,AB=24,求CD的长 .


【答案】.
【解析】
试题分析:由题意可知,已知了弦,半径的长,可由垂径定理,求出的长,进而可求出的长.
试题解析:

连接


中,


如图,△ABC中,AB=AC,以AB为直径的⊙O与BC相交于点D,与CA的延长线相交于点E,过点D作DF⊥AC于点F.

(1)试说明DF是⊙O的切线;
(2)若AC=3AE,求tanC.

【答案】(1)详见解析;(2)
【解析】试题分析:(1)连接OD,根据等边对等角得出∠B=∠ODB,∠B=∠C,得出∠ODB=∠C,证得OD∥AC,证得OD⊥DF,从而证得DF是⊙O的切线;
(2)连接BE,AB是直径,∠AEB=90°,根据勾股定理得出BE=2AE,CE=4AE,然后在RT△BEC中,即可求得tanC的值.
试题解析:(1)连接OD,

∵OB=OD,
∴∠B=∠ODB,
∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
∴∠ODB=∠C,
∴OD∥AC,
∵DF⊥AC,
∴OD⊥DF,
∴DF是⊙O的切线;
(2)连接BE,
∵AB是直径,
∴∠AEB=90°,
∵AB=AC,AC=3AE,
∴AB=3AE,CE=4AE,
∴BE=
在RT△BEC中,tanC=

如图①,②,在平面直角坐标系xoy中,点A的坐标为(4,0),以点A为圆心,4为半径的圆与x轴交于O,B两点,OC为弦, , P是x轴上的一动点,连结CP。

(1)求的度数;
(2)如图①,当CP与⊙A相切时,求PO的长;
(3)如图②,当点P在直径OB上时,CP的延长线与⊙A相交于点Q,问PO为何值时,是等腰三角形?

【答案】(1)60°.(2)4.(3)2或2+2
【解析】
试题(1)OA=AC首先三角形OAC是个等腰三角形,因为∠AOC=60°,三角形AOC是个等边三角形,因此∠OAC=60°;
(2)如果PC与圆A相切,那么AC⊥PC,在直角三角形APC中,有∠PCA的度数,有A点的坐标也就有了AC的长,可根据余弦函数求出PA的长,然后由PO=PA-OA得出OP的值.
(3)本题分两种情况:
①以O为顶点,OC,OQ为腰.那么可过C作x轴的垂线,交圆于Q,此时三角形OCQ就是此类情况所说的等腰三角形;那么此时PO可在直角三角形OCP中,根据∠COA的度数,和OC即半径的长求出PO.
②以Q为顶点,QC,QD为腰,那么可做OC的垂直平分线交圆于Q,则这条线必过圆心,如果设垂直平分线交OC于D的话,可在直角三角形AOQ中根据∠QAE的度数和半径的长求出Q的坐标;然后用待定系数法求出CQ所在直线的解析式,得出这条直线与x轴的交点,也就求出了PO的值.
试题解析:(1)∵∠AOC=60°,AO=AC,
∴△AOC是等边三角形,
∴∠OAC=60°.
(2)∵CP与A相切,
∴∠ACP=90°,
∴∠APC=90°-∠OAC=30°;
又∵A(4,0),
∴AC=AO=4,
∴PA=2AC=8,
∴PO=PA-OA=8-4=4.
(3)①过点C作CP1⊥OB,垂足为P1,延长CP1交⊙A于Q1;
∵OA是半径,
∴ 弧OC=弧OQ1,
∴OC=OQ1,
∴△OCQ1是等腰三角形;
又∵△AOC是等边三角形,
∴P1O=OA=2;
②过A作AD⊥OC,垂足为D,延长DA交⊙A于Q2,CQ2与x轴交于P2;

∵A是圆心,
∴DQ2是OC的垂直平分线,
∴CQ2=OQ2,
∴△OCQ2是等腰三角形;
过点Q2作Q2E⊥x轴于E,
在Rt△AQ2E中,
∵∠Q2AE=∠OAD=∠OAC=30°,
∴Q2E=AQ2=2,AE=2
∴点Q2的坐标(4+2,-2);
在Rt△COP1中,
∵P1O=2,∠AOC=60°,
∴CP1=2
∴C点坐标(2,2);
设直线CQ2的关系式为y=kx+b,则
,解得
∴y=-x+2+2
当y=0时,x=2+2
∴P2O=2+2
考点: 1.切线的性质;2.等腰三角形的性质;3.等边三角形的性质.

如图,∠AOB=90°,C、D是的三等分点,AB分别交OC、OD于点E、F,求证:AE=CD.

【答案】证明见解析.
【解析】
试题连接AC,由,C、D是的三等分点可求故AE=AC,从而可得答案.
试题解析:证明:连接AC,

,C,D是的三等分点
∴∠AOC=30°,AC=CD

∴AE=CD

如图,△ABC中,BC=AC,∠ACB=90°,将△ABC绕着点C顺时针旋转α°(0≤α≤90°),得到△EFC,EF与AB、AC相交于点D、H,FC与AB相交于点G、AC相交于点D、H,FC与AB相较于点G.
(1)求证:△GBC≌△HEC;
(2)在旋转过程中,四边形BCED可以是某种特殊的平行四边形?并说明理由.

【答案】(1)详见解析;(2)当α=45°时,四边形BCED为菱形,理由详见解析.
【解析】
(1)先判断△ABC为等腰直角三角形得到∠A=∠B=45°,再根据旋转的性质得∠BCF=∠ACE=α,∠E=∠A=45°,CA=CE=CB,于是可根据“ASA”判断△GBC≌△HEC;
(2)当α=45°时,如图,根据旋转的性质得∠BCF=∠ACE=45°,则可计算出∠BCE=∠BCA+∠ACE=135°,所以∠B+∠BCE=180°,∠E+∠BCE=180°,所以BD∥CE,BC∥DE,于是可判断四边形BCED为平行四边形,加上CB=CE,则可判断四边形BCED为菱形.
(1)证明:∵BC=AC,∠ACB=90°,
∴△ABC为等腰直角三角形,
∴∠A=∠B=45°,
∵△ABC绕着点C顺时针旋转α°(0≤α≤90°),得到△EFC,
∴∠BCF=∠ACE=α,∠E=∠A=45°,CA=CE=CB,
在△GBC和△HEC中

∴△GBC≌△HEC;
(2)解:当α=45°时,四边形BCED为菱形.理由如下:
如图,∵∠BCF=∠ACE=45°,
∴∠BCE=∠BCA+∠ACE=90°+45°=135°,
而∠E=∠B=45°,
∴∠B+∠BCE=180°,∠E+∠BCE=180°,
∴BD∥CE,BC∥DE,
∴四边形BCED为平行四边形,
∵CB=CE,
∴四边形BCED为菱形.

如图,已知正方形ABCD中,BE平分∠DBC且交CD边于点E,将△BCE绕点C顺时针旋转到△DCF的位置,并延长BE交DF于点G.

(1)求证:△BDG∽△DEG;
(2)若EG•BG=4,求BE的长.

【答案】(1)证明见解析(2)4
【解析】(1)证明:∵将△BCE绕点C顺时针旋转到△DCF的位置,∴△BCE≌△DCF。∴∠FDC=∠EBC。
∵BE平分∠DBC,∴∠DBE=∠EBC。∴∠FDC=∠EBE。
又∵∠DGE=∠DGE,∴△BDG∽△DEG。
(2)解:∵△BCE≌△DCF,∴∠F=∠BEC,∠EBC=∠FDC。
∵四边形ABCD是正方形,∴∠DCB=90°,∠DBC=∠BDC=45°。
∵BE平分∠DBC,∴∠DBE=∠EBC=22.5°=∠FDC。
∴∠BDF=45°+22.5°=67.5°,∠F=90°﹣22.5°=67.5°=∠BDF。∴BD=BF,
∵△BCE≌△DCF,∴∠F=∠BEC=67.5°=∠DEG。
∴∠DGB=180°﹣22.5°﹣67.5°=90°,即BG⊥DF。
∵BD=BF,∴DF=2DG。
∵△BDG∽△DEG,BG×EG=4,∴。 ∴BG×EG=DG×DG=4。∴DG=2
∴BE=DF=2DG=4。
(1)根据旋转性质求出∠EDG=∠EBC=∠DBE,根据相似三角形的判定推出即可。
(2)先求出BD=BF,BG⊥DF,求出BE=DF=2DG,根据相似求出DG的长,即可求出答案

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