沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试同步达标检测题

这是一份沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试同步达标检测题，共31页。
沪科版九年级数学下册第24章圆专题练习
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，四边形ABCD内接于，若四边形ABCO是菱形，则的度数为（ ）

A．45° B．60° C．90° D．120°
2、等边三角形、等腰三角形、矩形、菱形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的个数是（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
3、如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，点C为⊙O上一点，若∠ACB＝70°，则∠P的度数为（ ）

A．70° B．50° C．20° D．40°
4、下列四个图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5、下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
6、如图，PA是的切线，切点为A，PO的延长线交于点B，若，则的度数为（ ）．

A．20° B．25° C．30° D．40°
7、如图，是△ABC的外接圆，已知，则的大小为（ ）

A．55° B．60° C．65° D．75°
8、在△ABC中，，点O为AB中点．以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，则⊙C 与AB的位置关系是（ ）

A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
9、下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
10、如图，在△ABC中，∠CAB=64°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′AB，则旋转角的度数为（ ）

A．64° B．52° C．42° D．36°
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，P是正方形ABCD内一点，将绕点B顺时针方向旋转,能与重合，若，则______．

2、为了落实“双减”政策，朝阳区一些学校在课后服务时段开设了与冬奥会项目冰壶有关的选修课．如图，在冰壶比赛场地的一端画有一些同心圆作为营垒，其中有两个圆的半径分别约为60cm和180 cm，小明掷出一球恰好沿着小圆的切线滑行出界，则该球在大圆内滑行的路径MN的长度为______cm．

3、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____________．

4、如果一个扇形的弧长等于它所在圆的半径，那么此扇形叫做“完美扇形”．已知某个“完美扇形”的周长等于6，那么这个扇形的面积等于_____．
5、在△ABC中，AB = AC，以AB为直径的圆O交BC边于点D．要使得圆O与AC边的交点E关于直线AD的对称点在线段OA上（不与端点重合），需满足的条件可以是 _________ ．（写出所有正确答案的序号）①∠BAC > 60°；②45° < ∠ABC < 60°；③BD > AB；④AB < DE < AB．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、在所给的的正方形网格中，按下列要求操作：（单位正方形的边长为1）

（1）请在第二象限内的格点上找一点，使是以为底的等腰三角形，且腰长是无理数，求点的坐标；
（2）画出以点为中心，旋转180°后的，并求的面积．
2、在中，，，过点A作BC的垂线AD，垂足为D，E为线段DC上一动点（不与点C重合），连接AE，以点A为中心，将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，连接BF，与直线AD交于点G．

（1）如图，当点E在线段CD上时，
①依题意补全图形，并直接写出BC与CF的位置关系；
②求证：点G为BF的中点．
（2）直接写出AE，BE，AG之间的数量关系．
3、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．
4、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．

5、如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（0，3）,B（﹣3，5），C（﹣4，1）．
（1）把△ABC向右平移3个单位得△A1B1C1，请画出△A1B1C1并写出点A1的坐标；
（2）把△ABC绕原点O旋转180°得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．


-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
设∠ADC=α，∠ABC=β，由菱形的性质与圆周角定理可得 ，求出β即可解决问题．
【详解】
解：设∠ADC=α，∠ABC=β；
∵四边形ABCO是菱形，
∴∠ABC=∠AOC；
∠ADC=β；
四边形为圆的内接四边形，
α+β=180°，
∴ ，
解得：β=120°，α=60°，则∠ADC=60°，
故选：B．
【点睛】
该题主要考查了圆周角定理及其应用，圆的内接四边形的性质，菱形的性质；掌握“同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半”是解本题的关键.
2、A
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断．
【详解】
解：矩形，菱形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
等边三角形、等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
共2个既是轴对称图形又是中心对称图形．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．（1）如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．（2）如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
3、D
【分析】
首先连接OA，OB，由PA，PB为⊙O的切线，根据切线的性质，即可得∠OAP=∠OBP=90°，又由圆周角定理，可求得∠AOB的度数，继而可求得答案．
【详解】
解：连接OA，OB，

∵PA，PB为⊙O的切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵∠ACB=70°，
∴∠AOB=2∠P=140°，
∴∠P=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=40°．
故选：D．
【点睛】
此题考查了切线的性质与圆周角定理，注意掌握辅助线的作法和数形结合思想的应用．
4、D
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题主要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度后两部分重合．
5、D
【详解】
解：．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；
．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
．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，解题的关键是掌握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．
6、B
【分析】
连接OA，如图，根据切线的性质得∠PAO=90°，再利用互余计算出∠AOP=50°，然后根据等腰三角形的性质和三角形外角性质计算∠B的度数．
【详解】
解：连接OA，如图，

∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥AP，
∴∠PAO=90°，
∵∠P=40°，
∴∠AOP=50°，
∵OA=OB，
∴∠B=∠OAB，
∵∠AOP=∠B+∠OAB，
∴∠B=∠AOP=×50°=25°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
7、C
【分析】
由OA=OB，，求出∠AOB=130°，根据圆周角定理求出的度数．
【详解】
解：∵OA=OB，，
∴∠BAO=．
∴∠AOB=130°．
∴=∠AOB=65°．
故选：C．
【点睛】
此题考查了同圆中半径相等的性质，圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．
8、B
【分析】
根据等腰三角形的性质，三线合一即可得，根据三角形切线的判定即可判断是的切线，进而可得⊙C 与AB的位置关系
【详解】
解：连接,

，点O为AB中点．

CO为⊙C的半径，
是的切线，
⊙C 与AB的位置关系是相切
故选B
【点睛】
本题考查了三线合一，切线的判定，直线与圆的位置关系，掌握切线判定定理是解题的关键．
9、C
【分析】
根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选C．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义：
把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
10、B
【分析】
先根据平行线的性质得∠ACC′=∠CAB=64°，再根据旋转的性质得∠CAC′等于旋转角，AC=AC′，则利用等腰三角形的性质得∠ACC′=∠AC′C=64°，然后根据三角形内角和定理可计算出∠CAC′的度数，从而得到旋转角的度数．
【详解】
解：∵CC′∥AB，
∴∠ACC′=∠CAB=64°
∵△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，
∴∠CAC′等于旋转角，AC=AC′，
∴∠ACC′=∠AC′C=64°，
∴∠CAC′=180°-∠ACC′-∠AC′C=180°-2×64°=52°，
∴旋转角为52°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
二、填空题
1、
【分析】
根据旋转角相等可得，进而勾股定理求解即可
【详解】
解：四边形是正方形

将绕点B顺时针方向旋转,能与重合，
，

故答案为：
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，求得旋转角相等且等于90°是解题的关键．
2、
【分析】
如图，设小圆的切线MN与小圆相切于点D，与大圆交于M、N，连接OD、OM，根据切线的性质定理和垂径定理求解即可．
【详解】
解：如图，设小圆的切线MN与小圆相切于点D，与大圆交于M、N，连接OD、OM，
则OD⊥MN，
∴MD=DN，
在Rt△ODM中，OM=180cm，OD=60cm，
∴cm，
∴cm，
即该球在大圆内滑行的路径MN的长度为cm，
故答案为：．

【点睛】
本题考查切线的性质定理、垂径定理、勾股定理，熟练掌握切线的性质和垂径定理是解答的关键．
3、-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．
4、2
【分析】
根据扇形的面积公式S＝，代入计算即可．
【详解】
解：∵“完美扇形”的周长等于6，
∴半径r为＝2，弧长l为2，
这个扇形的面积为：＝＝2．
答案为：2．
【点睛】
本题考查了扇形的面积公式，扇形面积公式与三角形面积公式十分类似，为了便于记忆，只要把扇形看成一个曲边三角形，把弧长l看成底，R看成底边上的高即可．
5、②④
【分析】
将所给四个条件逐一判断即可得出结论．
【详解】
解：在中，
①当∠BAC > 60°时，若时，点E与点A重合，不符合题意，故①不满足；
②当∠ABC时，点E与点A重合，不符合题意，当∠ABC时，点E与点O不关于AD对称，当时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，
所以，当45° < ∠ABC < 60°时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故②满足条件；
③当时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故③不满足条件；
④当AB < DE < AB时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故④满足条件；
所以，要使得与AC边的交点E关于直线AD的对称点在线段OA上（不与端点重合），需满足的条件可以是45° < ∠ABC < 60°或AB < DE < AB
故答案为②④
【点睛】
本题考查了圆周角定理，正确判断出每种情况是解答本题的关键．
三、解答题
1、
（1）图见解析，点的坐标为
（2）图见解析，4
【分析】
（1）根据题意，腰长为无理数且为以AB为底的等腰三角形，只在第二象限，作图即可确定点，然后写出点的坐标即可；
（2）现确定旋转后的点，然后依次连接即可，根据旋转前后三角形的面积不变，利用表格及勾股定理确定三角形的底和高，即可得出面积．
（1）
解：如图所示，点的坐标为；

，为无理数，符合题意；
（2）
如图所示：点的坐标，点的坐标为，
∵旋转180°后的的面积等于的面积，
，
∴，
∴的面积为4．
【点睛】
题目主要考查等腰三角形的定义及旋转图形的作法，理解题意，熟练掌握在坐标系中旋转图形的作法是解题关键．
2、（1）①BC⊥CF；证明见详解；②见详解;（2）2AE2=4AG2+BE2．证明见详解．
【分析】
（1）①如图所示，BC⊥CF．根据将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，得出AE=AF，∠EAF=90°，可证△BAE≌△CAF（SAS），得出∠ABE=∠ACF=45°，可得∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°即可；
②根据AD⊥BC，BC⊥CF．可得AD∥CF，可证△BDG∽△BCF，可得，得出即可；
（2）2AE2=4AG2+BE2，延长BA交CF延长线于H，根据等腰三角形性质可得AD平分∠BAC，可得∠BAD=∠CAD=，可证△BAG∽△BHF，得出HF=2AG，再证△AEC≌△AFH（AAS），得出EC=FH=2AG，利用勾股定理得出，即即可．
【详解】
解：（1）①如图所示，BC⊥CF．
∵将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴∠EAC+∠CAF=90°，
∵，，
∴∠BAE+∠EAC=90°，∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△BAE和△CAF中，
，
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴∠ABE=∠ACF=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
∴BC⊥CF；

②∵AD⊥BC，BC⊥CF．
∴AD∥CF，
∴∠BDG=∠BCF=90°，∠BGD=∠BFC，
∴△BDG∽△BCF，
∴，
∵，AD⊥BC，
∴BD=DC=，
∴，
∴，
∴，
∴BG=GF;
（2）2AE2=4AG2+BE2．延长BA交CF延长线于H，
∵AD⊥BC，AB=AC，
∴AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD=，
∵BG=GF，AG∥HF，
∴∠BAG=∠H=45°，∠AGB=∠HFB，
∴△BAG∽△BHF，
∴，
∴HF=2AG，
∵∠ACE=45°，
∴∠ACE =∠H，
∵∠EAC+∠CAF=90°，∠CAF+∠FAH=90°，
∴∠EAC=∠FAH，
在△AEC和△AFH中，
，
∴△AEC≌△AFH（AAS），
∴EC=FH=2AG，
在Rt△AEF中，根据勾股定理，
在Rt△ECF中，即．

【点睛】
本题考查图形旋转性质，三角形完全判定与性质，等腰直角三角形性质，三角形相似判定与性质，勾股定理，掌握图形旋转性质，三角形完全判定与性质，等腰直角三角形性质，三角形相似判定与性质，勾股定理是解题关键．
3、
（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=BDcos45°，
∴，
∴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．
4、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．
5、（1）图见解析；A1（3，3）；（2）见解析
【分析】
（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案．
【详解】
解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求，点A1的坐标为：（3，3）；

（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求．
【点睛】
此题主要考查了旋转变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键．