初中数学沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试同步训练题

这是一份初中数学沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试同步训练题，共35页。试卷主要包含了点P关于原点对称的点的坐标是等内容，欢迎下载使用。
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、随着2022年北京冬奥会日渐临近，我国冰雪运动发展进入快车道，取得了长足进步．在此之前，北京冬奥组委曾面向全球征集2022年冬奥会会徵和冬残奥会会徽设计方案，共收到设计方案4506件，以下是部分参选作品，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2、已知⊙O的直径为10cm，圆心O到直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系是（ ）
A．相离B．相切C．相交D．相交或相切
3、如图，在Rt△ABC中，，，点D、E分别是AB、AC的中点．将△ADE绕点A顺时针旋转60°，射线BD与射线CE交于点P，在这个旋转过程中有下列结论：①△AEC≌△ADB；②CP存在最大值为；③BP存在最小值为；④点P运动的路径长为．其中，正确的（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
4、点P(－3，1)关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．(－3，1)B．(3，1)C．(3，－1)D．(－3，－1)
5、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．
6、如图，AB为的直径，，，劣弧BC的长是劣弧BD长的2倍，则AC的长为（ ）
A．B．C．3D．
7、如图所示四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
8、小明将图案绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度，设计出一个外轮廓为正六边形的图案（如图），则可以为（ ）
A．30°B．60°
C．90°D．120°
9、如图，在中，，，将绕点C逆时针旋转90°得到，则的度数为（ ）
A．105°B．120°C．135°D．150°
10、图2是由图1经过某一种图形的运动得到的，这种图形的运动是（ ）
A．平移B．翻折C．旋转D．以上三种都不对
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、如果点与点B关于原点对称，那么点B的坐标是______．
2、在平面直角坐标系中，点，圆C与x轴相切于点A，过A作一条直线与圆交于A，B两点，AB中点为M，则OM的最大值为______．
3、一个直角三角形的斜边长cm，两条直角边长的和是6cm，则这个直角三角形外接圆的半径为______cm，直角三角形的面积是________．
4、如图，、分别与相切于A、B两点，若，则的度数为________．
5、如图，以面积为20cm2的Rt△ABC的斜边AB为直径作⊙O，∠ACB的平分线交⊙O于点D，若，则AC＋BC＝_____．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、正方形绿化场地拟种植两种不同颜色（用阴影部分和非阴影部分表示）的花卉，要求种植的花卉能组成轴对称或中心对称图案，下面是三种不同设计方案中的一部分．
（1）请把图①、图②补成既是轴对称图形，又是中心对称图形，并画出一条对称轴；
（2）把图③补成只是中心对称图形，并把中心标上字母P．
2、已知：如图，正方形的边长为1，在射线AB上取一点E，联结DE，将ADE绕点D针旋转90°，E点落在点F处，联结EF，与对角线BD所在的直线交于点M，与射线DC交于点N．求证：
（1）当时，求的值；
（2）当点E在线段AB上，如果，，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）联结AM，直线AM与直线BC交于点G，当时，求AE的值．
3、如图，在平面直角坐标系中，有抛物线，已知OA =OC =3OB，动点P在过A，B，C三点的抛物线上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求过A，B，C三点的圆的半径；
（3）是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，说明理由；
4、如图，已知是的直径，是的切线，C为切点，交于点E，，，平分．
（1）求证：；
（2）求、的长．
5、如图，⊙O的半径为10cm，弦AB垂直平分半径OC，垂足为点D．
（1）弦AB的长为 ．
（2）求劣弧的长．
-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项合题意；
D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2、B
【分析】
圆的半径为 圆心O到直线l的距离为 当时，直线与圆相切，当时，直线与圆相离，当时，直线与圆相交，根据原理直接作答即可.
【详解】
解： ⊙O的直径为10cm，圆心O到直线l的距离为5cm，
⊙O的半径等于圆心O到直线l的距离，
直线l与⊙O的位置关系为相切，
故选B
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系的判定，掌握“直线与圆的位置关系的判定方法”是解本题的关键.
3、B
【分析】
根据，，点D、E分别是AB、AC的中点．得出∠DAE=90°，AD=AE=，可证∠DAB=∠EAC，再证△DAB≌△EAC（SAS），可判断①△AEC≌△ADB正确；作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，根据△AEC≌△ADB，得出∠DBA=∠ECA，可证∠P=∠BAC=90°，CP为⊙A的切线，证明四边形DAEP为正方形，得出PE=AE=3，在Rt△AEC中，CE=，可判断②CP存在最大值为正确；△AEC≌△ADB，得出BD=CE=，在Rt△BPC中，BP最小=可判断③BP存在最小值为不正确；取BC中点为O，连结AO，OP，AB=AC=6，∠BAC=90°，BP=CO=AO=，当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=，可求∠ACE=30°，根据圆周角定理得出∠AOP=2∠ACE=60°，当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=，可得∠ABD=30°根据圆周角定理得出∠AOP′=2∠ABD=60°，点P在以点O为圆心，OA长为半径，的圆上运动轨迹为，L可判断④点P运动的路径长为正确即可．
【详解】
解：∵，，点D、E分别是AB、AC的中点．
∴∠DAE=90°，AD=AE=，
∴∠DAB+∠BAE=90°，∠BAE+∠EAC=90°，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
故①△AEC≌△ADB正确；
作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，
∵△AEC≌△ADB，
∴∠DBA=∠ECA，
∴∠PBA+∠P=∠ECP+∠BAC，
∴∠P=∠BAC=90°，
∵CP为⊙A的切线，
∴AE⊥CP，
∴∠DPE=∠PEA=∠DAE=90°，
∴四边形DAEP为矩形，
∵AD=AE，
∴四边形DAEP为正方形，
∴PE=AE=3，
在Rt△AEC中，CE=，
∴CP最大=PE+EC=3+，
故②CP存在最大值为正确；
∵△AEC≌△ADB，
∴BD=CE=，
在Rt△BPC中，BP最小=，
BP最短=BD-PD=-3，
故③BP存在最小值为不正确；
取BC中点为O，连结AO，OP，
∵AB=AC=6，∠BAC=90°，
∴BP=CO=AO=，
当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=，
∴∠ACE=30°，
∴∠AOP=2∠ACE=60°，
当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=，
∴∠ABD=30°，
∴∠AOP′=2∠ABD=60°，
∴点P在以点O为圆心，OA长为半径，的圆上运动轨迹为，
∵∠POP=∠POA+∠AOP′=60°+60°=120°，
∴L．
故④点P运动的路径长为正确；
正确的是①②④．
故选B．
【点睛】
本题考查图形旋转性质，线段中点定义，三角形全等判定与性质，圆的切线，正方形判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，弧长公式，本题难度大，利用辅助线最长准确图形是解题关键．
4、C
【分析】
据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（x，y），然后直接作答即可．
【详解】
解：根据中心对称的性质，可知：点P（3，1）关于原点O中心对称的点的坐标为（3，1）．
故选：C．
【点睛】
本题考查关于原点对称的点坐标的关系，是需要熟记的基本问题，记忆方法可以结合平面直角坐标系的图形．
5、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.
6、D
【分析】
连接，根据求得半径，进而根据的长，勾股定理的逆定理证明，根据弧长关系可得，即可证明是等边三角形，求得，进而由勾股定理即可求得
【详解】
如图，连接，

，
是直角三角形，且
是等边三角形
是直径，
故选D
【点睛】
本题考查了弧与圆心角的关系，直径所对的圆周角是90度，勾股定理，等边三角形的判定，求得的长是解题的关键．
7、D
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】
解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
8、B
【分析】
由题意依据每次旋转相同角度，旋转了六次，且旋转了六次刚好旋转了一周为360°进行分析即可得出答案.
【详解】
解：因为每次旋转相同角度，旋转了六次，
且旋转了六次刚好旋转了一周为360°，
所以每次旋转相同角度 .
故选：B.
【点睛】
本题考查旋转的性质，解题的关键是能够找到旋转中心，从而确定旋转角的度数．
9、B
【分析】
由题意易得，然后根据三角形外角的性质可求解．
【详解】
解：由旋转的性质可得：，
∴；
故选B．
【点睛】
本题主要考查旋转的性质及三角形外角的性质，熟练掌握旋转的性质及三角形外角的性质是解题的关键．
10、C
【详解】
解：根据图形可知，这种图形的运动是旋转而得到的，
故选：C．
【点睛】
本题考查了图形的旋转，熟记图形的旋转的定义（把一个平面图形绕平面内某一点转动一个角度，叫做图形的旋转）是解题关键．
二、填空题
1、
【分析】
关于原点对称的点坐标特征为：横坐标、纵坐标都互为相反数；进而求出点B坐标．
【详解】
解：由题意知点B横坐标为；纵坐标为；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标知识．解题的关键在于熟练记忆关于原点对称的点坐标中相对应的坐标互为相反数．
2、##
【分析】
如图所示，取D（-2，0），连接BD，连接CD与圆C交于点，先求出A点坐标，从而可证OM是△ABD的中位线，得到，则当BD最小时，OM也最小，即当B运动到时，BD有最小值，由此求解即可．
【详解】
解：如图所示，取D（-2，0），连接BD，连接CD与圆C交于点
∵点C的坐标为（2，2），圆C与x轴相切于点A，
∴点A的坐标为（2，0），
∴OA=OD=2，即O是AD的中点，
又∵M是AB的中点，
∴OM是△ABD的中位线，
∴，
∴当BD最小时，OM也最小，
∴当B运动到时，BD有最小值，
∵C（2，2），D（-2，0），
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了坐标与图形，一点到圆上一点的距离得到最小值，两点距离公式，三角形中位线定理，把求出OM的最小值转换成求BD的最小值是解题的关键．
3、 4
【分析】
设一直角边长为x，另一直角边长为（6-x）根据勾股定理，解一元二次方程求出，根据这个直角三角形的斜边长为外接圆的直径，可求外接圆的半径为cm，利用三角形面积公式求即可．
【详解】
解：设一直角边长为x，另一直角边长为（6-x），
∵三角形是直角三角形，
∴根据勾股定理，
整理得：，
解得，
这个直角三角形的斜边长为外接圆的直径，
∴外接圆的半径为cm，
三角形面积为．
故答案为；．
【点睛】
本题考查直角三角形的外接圆，直角所对弦性质，勾股定理，一元二次方程，三角形面积，掌握以上知识是解题关键．
4、
【分析】
根据已知条件可得出，，再利用圆周角定理得出即可．
【详解】
解：、分别与相切于、两点，
，，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的知识点是切线的性质以及圆周角定理，掌握以上知识点是解此题的关键．
5、##
【分析】
连接，延长交于点，连接，先根据圆周角定理和圆的性质可得，再根据特殊角的三角函数值可得，从而可得，作，交于点，从而可得，然后在中，利用直角三角形的性质和勾股定理可得，设，从而可得，利用直角三角形的面积公式可求出的值，由此即可得．
【详解】
解：如图，连接，延长交于点，连接，
都是的直径，
，
，
，
在中，，
，
平分，且，
，
，
，
，
如图，作，交于点，
，
在中，，
，
设，则，
，
，
解得或（不符题意，舍去），
则，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了特殊角的三角函数值、圆周角定理、含角的直角三角形的性质等知识点，通过作辅助线，构造直角三角形和等腰三角形是解题关键．
三、解答题
1、
（1）见解析
（2）见解析
【分析】
（1）根据轴对称图形，中心对称图形的性质画出图形即可．
（2）根据中心对称图形的定义画出图形即可．
（1）
解：图形如图①②所示．
（2）
解：图形如图③所示，点P即为所求作．
【点睛】
本题考查利用旋转变换设计图案，正方形的性质，轴对称图形，中心对称图形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
2、
（1）；
（2），0≤x≤1；
（3）AE的值为或．
【分析】
（1）过点E作EH⊥BD与H，根据正方形的边长为1，，求出EB=1-，根据正方形性质可求∠ABD=45°，根据EH⊥BD，得出∠BEH=180°-∠EBH-∠EHB=180°-45°-90°=45°，求出EH=BH=BEsin45=，以及 DH=DB-BH=，利用三角函数定义求解即可；
（2）解：根据AE=x，求出BE=1-x，根据旋转将△ADE绕点D针旋转90°，得到△DCF，CF=AE=x，根据勾股定理ED=FD=,EF=，可证△DEF为等腰直角三角形，先证△BEM∽△FDM，得出，再证△EMD∽△BMF，得出，两式相乘得出，整理即可；
（3）当点G在BC上，，先证△BGM∽△DAM，得出，由（2）知△BEM∽△FDM，得出，得出，结合，消去y， 当点G在CB延长线上，，过M作ML⊥BC，交直线BC于L，证明△BGM∽△DAM，得出，根据∠LBM=∠CBD=45°，ML⊥BC，证出△MLB为等腰直角三角形，再证△MLB∽△DCB，，CD=1，ML=，ML∥BE，结合△LMF∽△BEF，得出即解方程即可．
（1）
解：过点E作EH⊥BD与H，
∵正方形的边长为1，，
∴EB=1-，
∵BD为正方形对角线，
∴BD平分∠ABC，
∴∠ABD=45°，
∵EH⊥BD，
∴∠BEH=180°-∠EBH-∠EHB=180°-45°-90°=45°，
∴EH=BH，
∴EH=BH=BEsin45=，AB=BDcs45°，
∴，
∴DH=DB-BH=，
；
（2）
解：如上图，∵AE=x，
∴BE=1-x，
∵将△ADE绕点D针旋转90°，得到△DCF，
∴CF=AE=x，ED=FD=,
∴BF=BC+CF=1+x，
在Rt△EBF中EF=，
∵∠EDF=90°，ED=FD，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∴∠DFE=∠DEF=45°，
∴∠EBM=∠MFD=45°，
∵∠EMB=∠DMF，
∴△BEM∽△FDM，
∴，即，
∵∠DEM=∠FBM=45°，∠EMD=∠BMF，
∴△EMD∽△BMF，
∴，即，
∴，
∴，
∴即，
∴，0≤x≤1；
（3）
解：当点G在BC上，，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BG，
∴∠DAM=∠BGM，∠ADM=∠GBM，
∴△BGM∽△DAM，
∴，
∵由（2）知△BEM∽△FDM，
∴，
∵DB=，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴即，
解，舍去；
当点G在CB延长线上，，过M作ML⊥BC，交直线BC于L，
∵GB∥AD，
∴∴∠DAM=∠BGM，∠ADM=∠GBM，
∴△BGM∽△DAM，
∴，
∴，
∴，
∵∠LBM=∠CBD=45°，ML⊥BC，
∴△MLB为等腰直角三角形，
∵ML∥CD，
∴∠LMB=∠CDB，∠L=∠DCB，
∴△MLB∽△DCB，
∴，CD=1，
∴ML=
∵ML∥BE，
∴∠L=∠FBE，∠LMF=∠BEF，
∴△LMF∽△BEF，
∴，
∵BE=AE-AB=x-1，LF=LB+BC+CF=，BF=BC+CF=1+x，
∴，
整理得：，
解得，舍去，
∴AE的值为或．
【点睛】
本题考查正方形性质，图形旋转先证，等腰直角三角形判定与性质，锐角三角函数定义，三角形相似判定与性质，勾股定理，解一元二次方程，函数关系式，本题难度大，利用辅助线狗仔三角形相似是解题关键．
3、（1）y=-x2+2x+3；（2）；（3）点P（1，4）或（-2，-5）．
【分析】
（1）3=OC=OA=3OB，故点A、B、C的坐标分别为：（0，3）、（-1，0）、（3，0），即可求解；
（2）圆的圆心在BC的中垂线上，故设圆心R（1，m），则RA=RC，即：1+（m-3）2=4+m2，解得：m=1，故点R（1，1），即可求解；
（3）分两种情况讨论，利用等腰直角三角形的性质，即可求解．
【详解】
解：（1）令x=0，则y=3，
则点A的坐标为（3，0），
根据题意得：OC=3=OA=3OB，
故点B、C的坐标分别为：（-1，0）、（3，0），
则抛物线的表达式为：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3），
把（3，0）代入得-3a=3，
解得：a=-1，
故抛物线的表达式为：y=-x2+2x+3；
（2）圆的圆心在BC的中垂线上，故设圆心R（1，m），
则RA=RC，即：1+（m-3）2=4+m2，解得：m=1，故点R（1，1），
则圆的半径为：；
（3）过点A、C分别作直线AC的垂线，交抛物线分别为P、P1，
设点P(x，-x2+2x+3)，过点P作PQ⊥轴于点Q，
∵OA =OC，∠PAC=90°，
∴∠ACO=∠OAC=45°，
∵∠PAC=90°，
∴∠PAQ=45°，
∴△PAQ 是等腰直角三角形，
∴PQ=AQ=x，
∴AQ+AO=x+3=-x2+2x+3，
解得：(舍去)，
∴点P(1，4)；
设点P1(m，-m2+2m+3)，过点P1作P1D⊥轴于点D，
同理得△P1CD是等腰直角三角形，且点P1在第三象限，即m