初中沪科版第24章 圆综合与测试同步练习题

这是一份初中沪科版第24章 圆综合与测试同步练习题，共36页。试卷主要包含了下列判断正确的个数有等内容，欢迎下载使用。
沪科版九年级数学下册第24章圆同步练习
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，一个宽为2厘米的刻度尺（刻度单位：厘米）．放在圆形玻璃杯的杯口上，刻度尺的一边与杯口外沿相切，另一边与杯口外沿两个交点处的读数恰好是2和8，那么玻璃杯的杯口外沿半径为（　　）

A．5厘米 B．4厘米 C．厘米 D．厘米
2、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转到点D落在AB边上，此时得到△EDC，斜边DE交AC边于点F，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．3 B．1 C． D．
3、如图，，，，都是上的点，，垂足为，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
4、下列判断正确的个数有（ ）
①直径是圆中最大的弦；
②长度相等的两条弧一定是等弧；
③半径相等的两个圆是等圆；
④弧分优弧和劣弧；
⑤同一条弦所对的两条弧一定是等弧．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5、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°
6、若的圆心角所对的弧长是，则此弧所在圆的半径为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7、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．4
8、如图，在中，，，．将绕点按逆时针方向旋转后得到，则图中阴影部分面积为（ ）

A． B． C． D．
9、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、下列图形中，既是中心对称图形又是抽对称图形的是（ ）
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、一条弧所对的圆心角为，弧长等于，则这条弧的半径为________．
2、已知圆O的圆心到直线l的距离为2，且圆的半径是方程x2﹣5x+6＝0的根，则直线l与圆O的的位置关系是______．
3、如图，已知正方形ABCD的边长为6，E为CD边上一点，将绕点A旋转至，连接，若，则的长等于______．

4、如图，AB是半圆O的直径，点D在半圆O上，，，C是弧BD上的一个动点，连接AC，过D点作于H．连接BH，则在点C移动的过程中，线段BH的最小值是______．

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、（教材呈现）下图是华师版九年级下册数学教材第43页的部分内容．
圆周角定理　在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于该弧所对的圆心角的一半；相等的圆周角所对的弧相等．
由圆周角定理，可以得到以下推论：推论1 90°的圆周角所对的弦是直径．（如图）

（推论证明）已知：△ABC的三个顶点都在⊙O上，且∠ACB＝90°．
求证：线段AB是⊙O的直径．
请你结合图①写出推论1的证明过程．
（深入探究）如图②，点A，B，C，D均在半径为1的⊙O上，若∠ACB＝90°，∠ACD＝60°．则线段AD的长为 ．
（拓展应用）如图③，已知△ABC是等边三角形，以AC为底边在三角形ABC外作等腰直角三角形ACD，点E是BC的中点，连结DE． 若AB＝，则DE的长为 ．

2、如图，在△ABC中，∠C＝90°，点O为边BC上一点．以O为圆心，OC为半径的⊙O与边AB相切于点D．
（1）尺规作图：画出⊙O，并标出点D（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）所作的图中，连接CD，若CD＝BD，且AC＝6．求劣弧的长．

3、在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．
对于线段AB，给出如下定义：若线段AB沿着某条直线l对称可以得到⊙O的弦A′B′，则称线段AB是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，直线l称为“反射轴”．
（1）如图，线段CD，EF，GH中是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”有 　 　；
（2）已知A点坐标为（0，2），B点坐标为（1，1），
①若线段AB是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，求反射轴l与y轴的交点M的坐标．
②若将“反射线段”AB沿直线y＝x的方向向上平移一段距离S，其反射轴l与y轴的交点的纵坐标yM的取值范围为yM，求S．
（3）已知点M，N是在以原点为圆心，半径为2的圆上的两个动点，且满足MN＝1，若MN是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，当M点在圆上运动一周时，求反射轴l未经过的区域的面积．
（4）已知点M，N是在以（2，0）为圆心，半径为的圆上的两个动点，且满足MN，若MN是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，当M点在圆上运动一周时，请直接写出反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围．

4、问题：如图，是的直径，点在内，请仅用无刻度的直尺，作出中边上的高.
小芸解决这个问题时，结合圆以及三角形高线的相关知识，设计了如下作图过程．
作法：如图，
①延长交于点，延长交于点；
②分别连接，并延长相交于点；
③连接并延长交于点．

所以线段即为中边上的高．
（1）根据小芸的作法，补全图形；
（2）完成下面的证明．
证明：∵是的直径，点，在上，
∴________°．（______）（填推理的依据）
∴，．
∴，________是的两条高线．
∵，所在直线交于点，
∴直线也是的高所在直线．
∴是中边上的高．
5、如图1，在中，，，将边绕着点A逆时针旋转，得到线段，连接交边于点E，过点C作于点F，延长交于点G．

（1）求证：；
（2）如图2，当时，求证：；
（3）如图3，当时，请直接写出的值．

-参考答案-
一、单选题
1、D
【分析】
根据题意先求出弦AC的长，再过点O作OB⊥AC于点B，由垂径定理可得出AB的长，设杯口的半径为r，则OB=r-2，OA=r，在Rt△AOB中根据勾股定理求出r的值即可．
【详解】
解：∵杯口外沿两个交点处的读数恰好是2和8，
∴AC=8-2=6厘米，
过点O作OB⊥AC于点B，

则AB=AC=×6=3厘米，
设杯口的半径为r，则OB=r-2，OA=r，
在Rt△AOB中，
OA2=OB2+AB2，即r2=（r-2）2+32，
解得r=厘米．
故选：D．
【点睛】
本题考查的是垂径定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
2、D
【分析】
根据题意及旋转的性质可得是等边三角形，则，，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求得，由勾股定理即可求得，进而求得阴影部分的面积．
【详解】
解：如图，设与相交于点，

，，
，
旋转，
，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
阴影部分的面积为
故选D
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，利用含30度角的直角三角形的性质是解题的关键．
3、B
【分析】
连接OC．根据确定，，进而计算出，根据圆心角的性质求出，最后根据圆周角的性质即可求出．
【详解】
解：如下图所示，连接OC．

∵，
∴，．
∴．
∵．
∴．
∴
∵和分别是所对的圆周角和圆心角，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查垂径定理，圆心角的性质，圆周角的性质，综合应用这些知识点是解题关键．
4、B
【详解】
①直径是圆中最大的弦；故①正确，
②同圆或等圆中长度相等的两条弧一定是等弧；故②不正确
③半径相等的两个圆是等圆；故③正确
④弧分优弧、劣弧和半圆，故④不正确
⑤同一条弦所对的两条弧可位于弦的两侧，故不一定相等，则⑤不正确．
综上所述，正确的有①③
故选B
【点睛】
本题考查了圆相关概念，掌握弦与弧的关系以及相关概念是解题的关键．
5、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．
6、C
【分析】
先设半径为r，再根据弧长公式建立方程，解出r即可
【详解】
设半径为r，
则周长为2πr，
120°所对应的弧长为
解得r=3
故选C
【点睛】
本题考查弧长计算，牢记弧长公式是本题关键．
7、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．
8、B
【分析】
阴影部分的面积=扇形扇形，根据旋转性质以及直角三角形的性质，分别求出对应扇形的面积以及的面积，最后即可求出阴影部分的面积．
【详解】
解：由图可知：阴影部分的面积=扇形扇形，
由旋转性质可知：，，
，，
在中，，，，
，，
有勾股定理可知：，
阴影部分的面积=扇形扇形

．
故选：B．
【点睛】
本题主要是考查了旋转性质以及扇形面积公式，熟练利用旋转性质，得到对应扇形的半径和圆心角度数，利用扇形公式求解面积，这是解决本题的关键．
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
【详解】
解：．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，解题的关键是判断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；判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
二、填空题
1、9cm
【分析】
由弧长公式即可求得弧的半径．
【详解】
∵
∴
故答案为：9cm
【点睛】
本题考查了扇形的弧长公式，善于对弧长公式变形是关键．
2、相切或相交
【详解】
首先求出方程的根，再利用半径长度，由点O到直线l的距离为d，若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离，从而得出答案．
【分析】
解：∵x2﹣5x+6＝0，
（x﹣2）（x﹣3）＝0，
解得：x1＝2，x2＝3，
∵圆的半径是方程x2﹣5x+6＝0的根，即圆的半径为2或3，
∴当半径为2时，直线l与圆O的的位置关系是相切，
当半径为3时，直线l与圆O的的位置关系是相交，
综上所述，直线l与圆O的的位置关系是相切或相交．
故答案为：相切或相交．
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系，因式分解法解一元二次方程，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆的半径大小关系完成判定．
3、4
【分析】
在正方形ABCD中，BE′＝DE＝2，所以在直角三角形E′CE中，E′C＝8，CE＝4，利用勾股定理求得EE′的长即可．
【详解】
解：在正方形ABCD中，∠C＝90°，
由旋转得，BE′＝DE＝2，
∴E′C＝8，CE＝4，
∴在直角三角形E′CE中，
EE′＝＝＝4．
故答案为4．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质与勾股定理的知识，正确的利用旋转和正方形的性质得出直角三角形边长并正确的应用勾股定理是解题的关键．
4、##
【分析】
连接，取的中点，连接，由题可知点在以为圆心，为半径的圆上，当、、三点共线时，最小；求出，在中，，所以，即为所求．
【详解】
解：连接，取的中点，连接，

，
点在以为圆心，为半径的圆上，
当、、三点共线时，最小，
是直径，
，
，，
，，
在中，，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查点的运动轨迹，勾股定理，解题的关键是能够根据点的运动情况，确定点的运动轨迹．
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、【推论证明】见解析；【深入探究】；【拓展应用】．
【分析】
推论证明：根据圆周角定理求出，即可证明出线段AB是⊙O的直径；
深入探究：连接AB，首先根据∠ACB＝90°得出AB是⊙O的直径，然后求出，然后根据同弧所对的圆周角相等得到，然后根据30°角直角三角形的性质求出BD的长度，最后根据勾股定理即可求出AD的长度；
拓展应用：连接AE，作CF⊥DE交DE于点F，首先根据等边三角形三线合一的性质求出，然后证明出A，E，C，D四点共圆，然后根据同弧或等弧所对的圆周角相等求出，，最后根据等腰直角三角形的性质和30°角直角三角形的性质，结合勾股定理求解即可．
【详解】
解：推论证明：∵
∴，
∴A，B，O三点共线，
又∵点O是圆心，
∴AB是⊙O的直径；
深入探究：如图所示，连接AB，

∵∠ACB＝90°
∴AB是⊙O的直径
∴
∵∠ACD＝60°
∴
∵
∴
∴在中，
∴；
拓展应用：如图所示，连接AE，作CF⊥DE交DE于点F，

∵△ABC是等边三角形，点E是BC的中点
∴，
又∵以AC为底边在三角形ABC外作等腰直角三角形ACD
∴，
∴点A，E，C，D四点都在以AC为直径的圆上，
∵
∴
∵CF⊥DE
∴是等腰直角三角形
∴，
∴
∵
∴，解得：
∴
∵
∴
∴在中，
∴
∴．
【点睛】
此题考查了圆周角定理，90°的圆周角所对的弦是直径，相等的圆周角所对的弧相等，等边三角形和等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点和性质定理．
2、（1）作图见解析；（2）
【分析】
（1）由于D点为⊙O的切点，即可得到OC=OD，且OD⊥AB，则可确定O点在∠A的角平分线上，所以应先画出∠A的角平分线，与BC的交点即为O点，再以O为圆心，OC为半径画出圆即可；
（2）连接CD和OD，根据切线长定理，以及圆的基本性质，求出∠DCB的度数，然后进一步求出∠COD的度数，并结合三角函数求出OC的长度，再运用弧长公式求解即可．
【详解】
解：（1）如图所示，先作∠A的角平分线，交BC于O点，以O为圆心，OC为半径画出⊙O即为所求；

（2）如图所示，连接CD和OD，
由题意，AD为⊙O的切线，
∵OC⊥AC，且OC为半径，
∴AC为⊙O的切线，
∴AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，
∵CD=BD，
∴∠B=∠DCB，
∵∠ADC=∠B+∠BCD，
∴∠ACD=∠ADC=2∠DCB，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠DCB=90°，
即：3∠DCB=90°，
∴∠DCB=30°，
∵OC=OD，
∴∠DCB=∠ODC=30°，
∴∠COD=180°-2×30°=120°，
∵∠DCB=∠B=30°，
∴在Rt△ABC中，∠BAC=60°，
∵AO平分∠BAC，
∴∠CAO=∠DAO=30°，
∴在Rt△ACO中，，
∴．

【点睛】
本题考查复杂作图-作圆，以及圆的基本性质和切线长定理等，掌握圆的基本性质，切线的性质以及灵活运用三角函数求解是解题关键．
3、（1）EF、CD；（2）①；②；（3）;（4）或
【分析】
（1）的半径为1，则的最长的弦长为2，根据两点的距离可得，进而即可求得答案；
（2）①根据定义作出图形，根据轴对称的方法求得对称轴，反射线段经过对应圆心的中点，即可求得的坐标；②由①可得当时，yM，设当取得最大值时，过点作轴，根据题意，分别为沿直线y＝x的方向向上平移一段距离S 后的对应点，则，根据余弦求得进而代入数值列出方程，解方程即可求得的最大值，进而求得的范围；
（3）根据圆的旋转对称性，找到所在的的圆心，如图，以为边在内作等边三角形，连接，取的中点,过作的垂线，则即为反射轴,反射轴l未经过的区域是以为圆心为半径的圆，反射轴l是该圆的切线，求得半径为，根据圆的面积公式进行计算即可；
（4）根据（2）的方法找到所在的圆心,当M点在圆上运动一周时，如图，取的中点，的中点，即的中点在以为圆心，半径为的圆上运动，进而即可求得反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围
【详解】
（1）的半径为1，则的最长的弦长为2
根据两点的距离可得

故符合题意的“反射线段”有EF、CD；
故答案为：EF、CD
（2）①如图，过点作轴于点，连接

A点坐标为（0，2），B点坐标为（1，1），
，且，
的半径为1，
，且
线段AB是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，，

②由①可得当时，yM

如图，设当取得最大值时，过点作轴，根据题意，分别为沿直线y＝x的方向向上平移一段距离S 后的对应点，则，



过中点，作直线交轴于点,则即为反射轴

yM，


即
即

解得（舍）

（3）

的半径为1，则是等边三角形，
根据圆的旋转对称性，找到所在的的圆心，如图，以为边在内作等边三角形，连接，取的中点,过作的垂线，则即为反射轴,
反射轴l未经过的区域是以为圆心为半径的圆，反射轴l是该圆的切线



当M点在圆上运动一周时，求反射轴l未经过的区域的面积为．
（4）如图，根据（2）的方法找到所在的圆心,

设
则
,是等腰直角三角形
,


当M点在圆上运动一周时，如图，取的中点，的中点，
是的中位线
,
即的中点在以为圆心，半径为的圆上运动
若MN是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，则为的切线
设与轴交于点
，

同理可得

反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围为或
【点睛】
本题考查了中心对称与轴对称，圆的相关知识，切线的性质，三角形中位线定理，余弦的定义，掌握轴对称与中心对称并根据题意作出图形是解题的关键．
4、（1）见详解；（2）90，直径所对的圆周角是直角，BD．
【分析】
（1）根据作图步骤作出图形即可；
（2）根据题意填空，即可求解．
【详解】
解：（1）如图，CH为△ABC中AB边上的高；

（2）证明：∵是的直径，点，在上，
∴___90_°．（__直径所对的圆周角是直角_）（填推理的依据）
∴，．
∴，_BD__是的两条高线．
∵，所在直线交于点，
∴直线也是的高所在直线．
∴是中边上的高．
故答案为：90，直径所对的圆周角是直角，BD．
【点睛】
本题考查了圆周角定理的推理，三角形的三条高线相交于一点等知识，熟知两个定理，并根据题意灵活应用是解题关键．
5、
（1）见解析
（2）见解析
（3）
【分析】
（1）由旋转的性质得AB=AD，所以，再根据三角形内角和定理可证明即可得到结论；
（2）连接，根据ASA证明≌得，是等边三角形，从而得出，再运用AAS证明≌得，由勾股定理可得出，从而 可得结论；
（3）证明平分，作于点，根据勾股定理得，代入求值即可．
（1）
∵边绕着点逆时针旋转得到线段，

∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴
又，且∠AEB=∠CEF
∴．
∴．
（2）
连接．

在和中，
∵，
∴≌（ASA）．
∴．
∴，即．
在和中，
∵，
∴≌（AAS）．
∴．
∵，
∴在中，，
即．
∵，，
∴是等边三角形．
∴．
（3）
．
∵，，
∴
∵．
∵，
∴．
∴平分．
作于点，

∴．
∴在中，．
∵≌，≌，
∴，，．
∴在中，，
∵，
∴．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形．