2020-2021学年第24章 圆综合与测试课时作业

这是一份2020-2021学年第24章 圆综合与测试课时作业，共31页。试卷主要包含了如图，点A等内容，欢迎下载使用。
沪科版九年级数学下册第24章圆章节练习 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题  30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、如图，在中，，，将绕点A顺时针旋转60°得到，此时点B的对应点D恰好落在BC边上，则CD的长为（    ）A．1 B．2 C．3 D．42、如图，为正六边形边上一动点，点从点出发，沿六边形的边以1cm/s的速度按逆时针方向运动，运动到点停止．设点的运动时间为，以点、、为顶点的三角形的面积是，则下列图像能大致反映与的函数关系的是（    ）A． B．C． D．3、下列图形中，是中心对称图形的是（    ）A． B．C． D．4、如图，点A，B，C均在⊙O上，连接OA，OB，AC，BC，如果OA⊥OB，那么∠C的度数为（    ）A．22.5° B．45° C．90° D．67.5°5、如图，在中，，，，将绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点的坐标是（    ）A． B． C． D．6、如图，点A、B、C在上，，则的度数是（    ）A．100° B．50° C．40° D．25°7、如图，圆形螺帽的内接正六边形的面积为24cm2，则圆形螺帽的半径是（　　）A．1cm B．2cm C．2cm D．4cm8、如图，AB是的直径，弦CD交AB于点P，，，，则CD的长为（    ）A． B． C． D．89、如图，边长为5的等边三角形中，M是高所在直线上的一个动点，连接，将线段绕点B逆时针旋转得到，连接．则在点M运动过程中，线段长度的最小值是（    ）A． B．1 C．2 D．10、平面直角坐标系中点关于原点对称的点的坐标是（    ）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题  70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图，在平面直角坐标系中，点N是直线上动点，M是上动点，若点C的坐标为，且与y轴相切，则长度的最小值为____________．2、如图，在平面直角坐标系xOy中，P为x轴正半轴上一点．已知点，，为的外接圆．（1）点M的纵坐标为______；（2）当最大时，点P的坐标为______．3、如图，点D为边长是的等边△ABC边AB左侧一动点，不与点A，B重合的动点D在运动过程中始终保持∠ADB＝120°不变，则四边形ADBC的面积S的最大值是 ____．4、如图，AB是半圆O的弦，DE是直径，过点B的切线BC与⊙O相切于点B，与DE的延长线交于点C，连接BD，若四边形OABC为平行四边形，则∠BDC的度数为______．5、斛是中国古代的一种量器.据《汉书 .律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆” . 如图所示，问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为________尺．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，以四边形的对角线为直径作圆，圆心为，点、在上，过点作的延长线于点，已知平分．（1）求证：是切线；（2）若，，求的半径和的长．2、如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（﹣1，0），B（﹣4，1），C（﹣2，2）．（1）直接写出点B关于原点对称的点B′的坐标：　     ；（2）平移△ABC，使平移后点A的对应点A1的坐标为（2，1），请画出平移后的△A1B1C1；（3）画出△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2．3、阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如：如下图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．易证得．大致证明思路：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得、、三点共线，，进而可证明，故． 任务：如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．4、如图，正方形ABCD是半径为R的⊙O内接四边形，R＝6，求正方形ABCD的边长和边心距．5、如图，将一个直径AB等于12厘米的半圆绕着点A逆时针旋转60°后，点B落到了点C的位置，半圆扫过部分的图形如阴影部分所示．（1）阴影部分的周长；（2）阴影部分的面积．（结果保留π） -参考答案-一、单选题1、B【分析】由题意以及旋转的性质可得为等边三角形，则BD=2，故CD=BC-BD=2．【详解】由题意以及旋转的性质知AD=AB，∠BAD=60°∴∠ADB=∠ABD∵∠ADB+∠ABD+∠BAD=180°∴∠ADB=∠ABD=60°故为等边三角形，即AB= AD =BD=2则CD=BC-BD=4-2=2故选：B．【点睛】本题考查了等边三角形的判定及性质，等边三角形的三边都相等，三个内角都相等，并且每一个内角都等于，等边三角形判定的方法有：三边相等的三角形是等边三角形（定义）；三个内角都相等的三角形是等边三角形；有一个内角是60度的等腰三角形是等边三角形；两个内角为60度的三角形是等边三角形．2、A【分析】设正六边形的边长为1，当在上时，过作于 而 求解此时的函数解析式，当在上时，延长交于点 过作于 并求解此时的函数解析式，当在上时，连接 并求解此时的函数解析式，由正六边形的对称性可得：在上的图象与在上的图象是对称的，在上的图象与在上的图象是对称的，从而可得答案.【详解】解：设正六边形的边长为1，当在上时，过作于 而 当在上时，延长交于点 过作于 同理： 则为等边三角形， 当在上时，连接 由正六边形的性质可得： 由正六边形的对称性可得： 而 由正六边形的对称性可得：在上的图象与在上的图象是对称的，在上的图象与在上的图象是对称的，所以符合题意的是A，故选A【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，锐角三角函数的应用，正多边形的性质，清晰的分类讨论是解本题的关键.3、C【分析】根据中心对称图形的概念：一个平面图形绕某一点旋转180,如果旋转后的图形能够和原图形重合,那么这个图形叫做中心对称图形,这个点就是对称中心. 根据中心对称图形的概念对各选项进行一一分析判定即可求解．【详解】A、不是中心对称图形，不符合题意；B、不是中心对称图形，不符合题意；C、是中心对称图形，符合题意；D、不是中心对称图形，不符合题意．故选：C．【点睛】本题考查了中心对称图形，掌握好中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后能够与原来的图形重合．4、B【分析】根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可得．【详解】解：∵，∴，∴，故选：B．【点睛】题目主要考查圆周角定理，准确理解，熟练运用圆周角定理是解题关键．5、C【分析】过点A作AC⊥x轴于点C，设 ，则 ，根据勾股定理，可得，从而得到 ，进而得到∴ ，可得到点 ，再根据旋转的性质，即可求解．【详解】解：如图，过点A作AC⊥x轴于点C， 设 ，则 ，∵ ，，∴，∵， ，∴ ，解得： ，∴ ，∴ ，∴点 ，∴将绕原点O顺时针旋转90°，则旋转后点A的对应点的坐标是，∴将绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点的坐标是．故选：C【点睛】本题考查坐标与图形变化一旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是求出点A的坐标，属于中考常考题型．6、C【分析】先根据圆周角定理求出∠AOB的度数，再由等腰三角形的性质即可得出结论．【详解】∵∠ACB=50°，∴∠AOB=100°，∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA= 40°，故选：C．【点睛】本题考查的是圆周角定理，即在同圆或等圆中，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．7、D【分析】根据圆内接正六边形的性质可得△AOB是正三角形，由面积公式可求出半径．【详解】解：如图，由圆内接正六边形的性质可得△AOB是正三角形，过作于 设半径为r，即OA=OB=AB=r， OM=OA•sin∠OAB=， ∵圆O的内接正六边形的面积为（cm2）， ∴△AOB的面积为（cm2）， 即， ， 解得r=4， 故选：D．【点睛】本题考查正多边形和圆，作边心距转化为直角三角形的问题是解决问题的关键．8、A【分析】过点作于点，连接，根据已知条件即可求得，根据含30度角的直角三角形的性质即可求得，根据勾股定理即可求得，根据垂径定理即可求得的长．【详解】解：如图，过点作于点，连接， AB是的直径，，，，在中，故选A【点睛】本题考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，垂径定理，掌握以上定理是解题的关键．9、A【分析】取CB的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质可得BH=BG，再求出∠HBN=∠MBG，根据旋转的性质可得MB=NB，然后利用“边角边”证明△MBG≌△NBH，再根据全等三角形对应边相等可得HN=MG，然后根据垂线段最短可得MG⊥CH时最短，再根据∠BCH=30°求解即可．【详解】解：如图，取BC的中点G，连接MG，∵旋转角为60°，∴∠MBH+∠HBN=60°，又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，∴∠HBN=∠GBM，∵CH是等边△ABC的对称轴，∴HB=AB，∴HB=BG，又∵MB旋转到BN，∴BM=BN，在△MBG和△NBH中，，∴△MBG≌△NBH（SAS），∴MG=NH，根据垂线段最短，MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，此时∵∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×5=2.5，∴MG=CG=，∴HN=，故选A．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．10、B【分析】根据关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数，即可求解．【详解】解：平面直角坐标系中点关于原点对称的点的坐标是故选B【点睛】本题考查了关于原点对称的点的特征，掌握关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数是解题的关键．二、填空题1、-2【分析】由图可知，当CN⊥AB且C、M、N三点共线时，长度最小，利用勾股定理求出CN的长，故可求解．【详解】由图可知，当CN⊥AB且C、M、N三点共线时，长度最小∵直线AB的解析式为当x=0时，y=5，当y=0时，x=5∴B（0，5），A（5，0）∴AO=BO，△AOB是等腰直角三角形∴∠BAO=90°当CN⊥AB时，则△ACN是等腰直角三角形∴CN=AN∵C∴AC=7∵AC2=CN2+AN2=2CN2∴CN=当 C、M、N三点共线时，长度最小即MN=CN-CM=-2故答案为：-2．【点睛】此题主要考查圆与几何综合，解题的关键是根据题意找到符合题意的位置，利用等腰直角三角形的性质求解．2、5    (4，0)    【分析】（1）根据点M在线段AB的垂直平分线上求解即可；（2）点P在⊙M切点处时，最大，而四边形OPMD是矩形，由勾股定理求解即可．【详解】解：（1）∵⊙M为△ABP的外接圆，∴点M在线段AB的垂直平分线上，∵A(0，2)，B(0，8)，∴点M的纵坐标为：，故答案为：5；（2）过点，，作⊙M与x轴相切，则点M在切点处时，最大，理由：若点是x轴正半轴上异于切点P的任意一点，设交⊙M于点E，连接AE，则∠AEB=∠APB，∵∠AEB是ΔAE的外角，∴∠AEB>∠AB，∵∠APB>∠AB，即点P在切点处时，∠APB最大，∵⊙M经过点A(0，2)、B(0，8)，∴点M在线段AB的垂直平分线上，即点M在直线y=5上，∵⊙M与x轴相切于点P，ＭP⊥x轴，从而MP=5，即⊙M的半径为5，设AB的中点为D，连接MD、AM，如上图，则MD⊥AB，AD=BD=AB=3，BM=MP=5，而∠POD=90°，∴四边形OPMD是矩形，从而OP=MD，由勾股定理，得MD=，∴OP=MD=4，∴点P的坐标为(4，0)，故答案为：(4，0)．【点睛】本题考查了切线的性质，线段垂直平分线的性质，矩形的判定及勾股定理，正确作出图形是解题的关键．3、【分析】根据题意作等边三角形的外接圆，当点运动到的中点时，四边形ADBC的面积S的最大值，分别求出两个三角形的面积，相加即可．【详解】解：根据题意作等边三角形的外接圆，D在运动过程中始终保持∠ADB＝120°不变，在圆上运动，当点运动到的中点时，四边形ADBC的面积S的最大值，过点作的垂线交于点，如图：，，，在中，，解得：，，过点作的垂线交于，，，，，故答案是：．【点睛】本题考查了等边三角形，外接圆、勾股定理、动点问题，解题的关键是，作出图象及掌握圆的相关性质．4、【分析】先由切线的性质得到∠OBC=90°，再由平行四边形的性质得到BO=BC，则∠BOC=∠BCO=45°，由OD=OB，得到∠ODB=∠OBD，由∠ODB+∠OBD=∠BOC，即可得到∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°．【详解】解：∵BC是圆O的切线，∴∠OBC=90°，∵四边形ABCO是平行四边形，∴AO=BC，又∵AO=BO，∴BO=BC，∴∠BOC=∠BCO=45°，∵OD=OB，∴∠ODB=∠OBD，∵∠ODB+∠OBD=∠BOC，∴∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°，故答案为：22.5°．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，切线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形外角的性质，熟知切线的性质是解题的关键．5、【分析】如图，根据四边形CDEF为正方形，可得∠D=90°，CD=DE，从而得到CE是直径，∠ECD=45°，然后利用勾股定理，即可求解．【详解】解：如图， ∵四边形CDEF为正方形，∴∠D=90°，CD=DE，∴CE是直径，∠ECD=45°，根据题意得：AB=2.5， ，∴ ，∴ ，即此斛底面的正方形的边长为 尺．故答案为：【点睛】本题主要考查了圆内接四边形，勾股定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，勾股定理是解题的关键．三、解答题1、（1）证明见解析（2）【分析】（1）连接OA，根据已知条件证明OA⊥AE即可解决问题；（2）取CD中点F，连接OF，根据垂径定理可得OF⊥CD，所以四边形AEFO是矩形，利用勾股定理即可求出结果．（1）证明：如图，连接OA，∵AE⊥CD，∴∠DAE+∠ADE=90°．∵DA平分∠BDE，∴∠ADE=∠ADO，又∵OA=OD，∴∠OAD=∠ADO，∴∠DAE+∠OAD=90°，∴OA⊥AE，∴AE是⊙O切线；（2）解：如图，取CD中点F，连接OF，∴OF⊥CD于点F．∴四边形AEFO是矩形，∵CD=6，∴DF=FC=3．在Rt△OFD中，OF=AE=4，∴，在Rt△AED中，AE=4，ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=5-3=2，∴，∴AD的长是．【点睛】本题考查了切线的判定与性质，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，解决本题的关键是掌握切线的判定与性质．2、（1）（4，﹣1）；（2）见解析；（3）见解析．【分析】（1）根据关于原点对称的两点的横纵坐标均与原来点的横纵坐标互为相反数，据此可得答案；（2）将三个点分别向右平移3个单位、再向上平移1个单位，继而首尾顺次连接即可；（3）将三个点分别绕原点O逆时针旋转90°后得到对应点，再首尾顺次连接即可．【详解】（1）点B关于原点对称的点B′的坐标为（4，﹣1），故答案为：（4，﹣1）；（2）如图所示，△A1B1C1即为所求．（3）如图所示，△A2B2C2即为所求．【点睛】本题主要考查作图—平移变换、旋转变换，解题的关键是掌握平移变换和旋转变换的定义与性质，并据此得出变换后的对应点．3、成立，证明见解析【分析】根据阅读材料将△ADF旋转120°再证全等即可求得EF= BE+DF ．【详解】解：成立．证明：将绕点顺时针旋转，得到，，，，，，，、、三点共线，．，，，，．【点睛】本题考查旋转中的三角形全等，读懂材料并运用所学的全等知识是本题关键．4、边长为，边心距为【分析】过点O作OE⊥BC，垂足为E，利用圆内接四边形的性质求出∠BOC=90°，∠OBC=45°，然后在Rt△OBE中，根据勾股定理求出OE、BE即可．【详解】解：过点O作OE⊥BC，垂足为E，∵正方形ABCD是半径为R的⊙O内接四边形，R＝6，∴∠BOC==90°，∠OBC=45°，OB=OC=6，    ∴BE=OE．                                   在Rt△OBE中，∠BEO=90°，由勾股定理可得∵OE2+BE2=OB2,∴OE2+BE2=36,∴OE= BE=，            ∴BC=2BE=， 即半径为6的圆内接正方形ABCD的边长为，边心距为．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，以及勾股定理，正多边形各边所对的外接圆的圆心角都相等，正多边形每一边所对的外接圆的圆心角叫做正多边形的中心角，正n边形每个中心角都等于．5、（1）16π（2）24π【分析】（1）由阴影部分的周长＝两个半圆弧的长度+弧BC的长，利用弧长公式可求解；（2）由面积的和差关系可求解．（1）解：阴影部分的周长＝2××2π×6+＝16π；（2）解：∵阴影部分的面积＝S半圆+S扇形BAC﹣S半圆＝S扇形BAC，∴阴影部分的面积＝＝24π．答：阴影部分的周长为16π，阴影部分的面积为24π．【点睛】本题考查了扇形的弧长公式和面积公式，如果扇形的圆心角是n°，扇形的半径为r，则扇形的弧长l的计算公式为：，扇形的面积公式：．