《2025年名师帮同步学案九年级数学全一册人教版》

1. 如图,已知$\odot O的半径为5$,弦$AB的长为8$,则圆心$O到AB$的距离为(D)

A.$2$
B.$5$
C.$4$
D.$3$

答案： D

2. 如图,半径$OC\perp弦AB于点D$,$OA = 5$,$CD = 2$,则$AB$的长度为(D)

A.$3$
B.$4$
C.$6$
D.$8$

答案： D

3. 如图,$AB是\odot O$直径,$C$,$D$是圆上的点. 若$\angle D = 20^{\circ}$,则$\angle BAC$的度数是(C)

A.$20^{\circ}$
B.$60^{\circ}$
C.$70^{\circ}$
D.$80^{\circ}$

答案： C

4. (易错)如图,在$\odot O$中,$\overset{\frown}{AB}= \overset{\frown}{AC}$,$\angle AOB = 125^{\circ}$,则$\angle BOC$的度数为____$110^{\circ}$.

答案： $110^{\circ}$

5. 已知$\odot O的半径为5cm$,点$A到圆心O的距离为3cm$,则点$A与\odot O$的位置关系为(C)
A.点$A$在圆上
B.点$A$在圆外
C.点$A$在圆内
D.无法确定

答案： C

6. (易错)若$\odot O的直径为6cm$,圆心到直线$l的距离为6cm$,则直线$l与\odot O$的位置关系为相离.

答案： 相离

7. 如图,$\triangle ABC内接于\odot O$,若$\angle OAB = 30^{\circ}$,则$\angle C = $$60^{\circ}$.

答案： $60^{\circ}$

8. 如图,已知$\triangle ABC的内切圆\odot O与BC边相切于点D$,连接$OB$,$OD$. 若$\angle ABC = 40^{\circ}$,则$\angle BOD$的度数是$70^{\circ}$.

答案： $70^{\circ}$

9. 边长为$6的正六边形的中心角= $60$^{\circ}$,边心距为$3\sqrt{3}$.

答案： $60$ $3\sqrt{3}$

10. 已知正方形的外接圆的半径为$\sqrt{2}$,则正方形的周长是8.

答案： 8

11. 如图,$AB与\odot O相切于点B$,其中$OA = 10$,$\angle A = 30^{\circ}$,则$\odot O$的半径为5.

答案： 5

12. 如图,$OA为\odot O$的半径,$OA = 1$,$OB = 2$,当$AB = $$\sqrt{3}$时,$AB是\odot O$的切线.

答案： $ \sqrt{3} $

13. 如图,$\triangle ABC的内切圆\odot O与AB$,$BC$,$CA分别相切于点D$,$E$,$F$,若$\angle DEF = 53^{\circ}$,则$\angle A$的度数是(C)

A.$36^{\circ}$
B.$53^{\circ}$
C.$74^{\circ}$
D.$128^{\circ}$

答案： C

14. 如图,$PA$,$PB与\odot O分别相切于点A$,$B$,$PA = 2$,$\angle P = 60^{\circ}$,则$\odot O$的半径为____$\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

答案： $ \frac{2\sqrt{3}}{3} $

15. 如图,$\odot O半径为6cm$,$\angle AOB = 120^{\circ}$,则$\overset{\frown}{AB}$的长为$4\pi$$cm$,扇形$OAB$的面积为$12\pi$$cm^{2}$.

答案： $ 4\pi $ $ 12\pi $

16. 如图,已知扇形的半径$r = 8$,弧长$l = 2\pi$,则扇形的面积为$8\pi$.

答案： $ 8\pi $ 解析：$ S_{\text{扇}} = \frac{1}{2}lr = \frac{1}{2} × 2\pi × 8 = 8\pi $。

17. 圆锥的底面半径为$4$,高为$3$,则圆锥的侧面积为$20\pi$,全面积为$36\pi$.

答案： $ 20\pi $ $ 36\pi $ 解析：由题意得圆锥母线长为 $ \sqrt{3^{2} + 4^{2}} = 5 $。底面周长为 $ 2 × 4\pi = 8\pi $，$ \therefore S_{\text{侧}} = \frac{1}{2} × 8\pi × 5 = 20\pi $，$ S_{\text{全}} = S_{\text{侧}} + S_{\text{底}} = 20\pi + 4^{2}\pi = 20\pi + 16\pi = 36\pi $。

18. 扇形的圆心角为$60^{\circ}$,半径为$12cm$,则用此扇形围成的圆锥底面圆的半径是2$cm$.

答案： 2

19. 如图,点$B$,$C$,$D都在\odot O$上,过点$C作AC// BD交OB的延长线于点A$,连接$CD$,且$\angle CDB = \angle OBD = 30^{\circ}$,$DB = 6\sqrt{3}cm$.
(1) 求证:$AC是\odot O$的切线;
(2) 求由弦$CD$,$BD与\overset{\frown}{BC}$所围成的阴影部分的面积.

答案：

(1) 证明：如图，连接 $ OC $ 交 $ BD $ 于点 $ E $。
　　　　
$ \because AC // BD $，
$ \therefore \angle A = \angle DBO = 30^{\circ} $，$ \angle COB = 2\angle CDB = 60^{\circ} $。
$ \therefore \angle OCA = 90^{\circ} $。
又 $ \because $ 点 $ C $ 在 $ \odot O $ 上，
$ \therefore AC $ 是 $ \odot O $ 的切线；
(2) 解：$ \because AC // BD $，
$ \therefore \angle OEB = \angle OCA = 90^{\circ} $，即 $ OC \perp BD $。
$ \therefore BE = DE = \frac{1}{2}BD = 3\sqrt{3} \text{ cm} $。
$ \because \angle CDE = \angle OBE = 30^{\circ} $，$ \angle CED = \angle OEB $，$ BE = DE $，
$ \therefore \triangle CDE \cong \triangle OBE (\text{ASA}) $。
在 $ \text{Rt} \triangle OBE $ 中，$ \angle OBE = 30^{\circ} $，
$ \therefore OB = 2OE $。
由勾股定理，得 $ BE^{2} + OE^{2} = OB^{2} $，解得 $ OB = 6 \text{ cm} $。
则 $ S_{\text{阴影}} = S_{\triangle DCE} + S_{\text{阴影}ECB} = S_{\text{扇形}OCB} = \frac{60\pi × 6^{2}}{360} = 6\pi (\text{cm}^{2}) $。

20. 如图,四边形$ABCD的四个顶点都在\odot O$上,$DB平分\angle ADC$,连接$OC$,$OC\perp BD$,$H是OC$,$BD$的交点.
(2) 若$\angle A = 60^{\circ}$,$BD = 6\sqrt{3}$,求$\odot O的半径和CH$的长.

答案：

(1) 证明：$ \because DB $ 平分 $ \angle ADC $，
$ \therefore \angle ADB = \angle CDB $，$ \therefore \overset{\frown}{AB} = \overset{\frown}{BC} $，
$ \because OC \perp BD $，$ \therefore \overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{CD} $，$ \therefore \overset{\frown}{AB} = \overset{\frown}{CD} $，
$ \therefore AB = CD $。
(2) 解：如图，作直径 $ BK $，连接 $ DK $，
　　　　　　
$ \therefore \angle BDK = 90^{\circ} $，$ \angle K = \angle A = 60^{\circ} $，
$ \therefore BK = 12 $，
$ \therefore \odot O $ 的半径 $ OB = OC = 6 $，
$ \therefore OH = \sqrt{OB^{2} - BH^{2}} = \sqrt{6^{2} - (3\sqrt{3})^{2}} = 3 $，
$ \therefore CH = OC - OH = 6 - 3 = 3 $。