初中数学沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试复习练习题
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这是一份初中数学沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试复习练习题,共34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、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
2、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°
3、如图,在中,,,,将绕点顺时针旋转得到,当点的对应点恰好落在边上时,的长为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
4、如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,AB=6,BC=8.把△ABC绕点A逆时针方向旋转到△AB'C',点B'恰好落在AC边上,则CC'=( )
A.10 B.2 C.2 D.4
5、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
6、如图,四边形内接于,如果它的一个外角,那么的度数为( )
A. B. C. D.
7、如图,A,B,C是正方形网格中的三个格点,则是( )
A.优弧 B.劣弧 C.半圆 D.无法判断
8、如图,在中,,,若以点为圆心,的长为半径的圆恰好经过的中点,则的长等于( )
A. B. C. D.
9、如图,四边形ABCD内接于⊙O,若∠ADC=130°,则∠AOC的度数为( )
A.25° B.80° C.130° D.100°
10、下列语句判断正确的是( )
A.等边三角形是轴对称图形,但不是中心对称图形
B.等边三角形既是轴对称图形,又是中心对称图形
C.等边三角形是中心对称图形,但不是轴对称图形
D.等边三角形既不是轴对称图形,也不是中心对称图形
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、两直角边分别为6、8,那么的内接圆的半径为____________.
2、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_____.
3、如图,在Rt△ABC,∠B=90°,AB=BC=1,将△ABC绕着点C逆时针旋转60°,得到△MNC,那么BM=______________.
4、如图,PA,PB分别切⊙O于点A,B,Q是优弧上一点,若∠P=40°,则∠Q的度数是________.
5、如图,在平面直角坐标系中,一次函数y=-2x+4的图像与x轴、y轴分别交于点A、B,将直线AB绕点B顺时针旋转45°,交x轴于点C,则直线BC的函数表达式为_______.
三、解答题(5小题,每小题10分,共计50分)
1、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.
2、请阅读下列材料,并完成相应的任务:
阿基米德是有史以来最伟大的数学家之一,他与牛顿、高斯并称为三大数学王子.阿拉伯Al-Binmi (973-1050 年)的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容,苏联在1964年根据Al-Binmi详本出版了俄文版《阿基米德全集》.第一题就是阿基米德折弦定理.阿基米德折弦定理:如图1,和是的两条弦(即折线是圆的一条折弦),, 是的中点,则从向所作垂线的垂足是折弦的中点,即.
下面是运用“截长法”证明的部分证明过程.
证明:如图2,在上截取,连接和.
是的中点,
…
任务:
(1)请按照上面的证明思路,写出该证明部分;
(2)填空:如图3,已知等边内接于,,为上一点,,于点,则的周长是_________.
3、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.
4、如图,AB是的直径,CD是的一条弦,且于点E.
(1)求证:;
(2)若,,求的半径.
5、如图,已知弓形的长,弓高,(,并经过圆心O).
(1)请利用尺规作图的方法找到圆心O;
(2)求弓形所在的半径的长.
-参考答案-
一、单选题
1、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.
2、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.
3、A
【分析】
先根据旋转的性质可得,再根据等边三角形的判定与性质可得,然后根据线段的和差即可得.
【详解】
由旋转的性质得:,
,
是等边三角形,
,
,
.
故选:A.
【点睛】
本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质等知识点,熟练掌握旋转的性质是解题关键.
4、D
【分析】
首先运用勾股定理求出AC的长度,然后结合旋转的性质得到AB= AB',BC= B'C',从而求出B'C,即可在Rt△B'C'C中利用勾股定理求解.
【详解】
解:∵在Rt△ABC中,AB=6,BC=8,
∴,
由旋转性质可知,AB= AB'=6,BC= B'C'=8,
∴B'C=10-6=4,
在Rt△B'C'C中,,
故选:D.
【点睛】
本题考查勾股定理,以及旋转的性质,掌握旋转变化的基本性质,熟练运用勾股定理求解是解题关键.
5、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.
6、D
【分析】
由平角的性质得出∠BCD=116°,再由内接四边形对角互补得出∠A=64°,再由圆周角定理即可求得∠BOD=2∠A=128°.
【详解】
∵
∴
∵四边形内接于
∴
又∵
∴.
故选:D.
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理,圆内接四边形的对角互补,并且任何一个外角都等于它的内对角;在同圆或等圆中,一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半.
7、B
【分析】
根据三点确定一个圆,圆心的确定方法:任意两点中垂线的交点为圆心即可判断.
【详解】
解;如图,分别连接AB、AC、BC,取任意两条线段的中垂线相交,交点就是圆心.
故选:B.
【点睛】
本题考查已知圆上三点求圆心,取任意两条线段中垂线交点确定圆心是解题关键.
8、D
【分析】
连接CD,由直角三角形斜边中线定理可得CD=BD,然后可得△CDB是等边三角形,则有BD=BC=5cm,进而根据勾股定理可求解.
【详解】
解:连接CD,如图所示:
∵点D是AB的中点,,,
∴,
∵,
∴,
在Rt△ACB中,由勾股定理可得;
故选D.
【点睛】
本题主要考查圆的基本性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理,熟练掌握圆的基本性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理是解题的关键.
9、D
【分析】
根据圆内接四边形的性质求出∠B的度数,根据圆周角定理计算即可.
【详解】
解:∵四边形ABCD内接于⊙O,
∴∠B+∠ADC=180°,
∵∠ADC=130°,
∴∠B=50°,
由圆周角定理得,∠AOC=2∠B=100°,
故选:D.
【点睛】
本题考查的是圆内接四边形的性质和圆周角定理,掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键.
10、A
【分析】
根据等边三角形的对称性判断即可.
【详解】
∵等边三角形是轴对称图形,但不是中心对称图形,
∴B,C,D都不符合题意;
故选:A.
【点睛】
本题考查了等边三角形的对称性,熟练掌握等边三角形的对称性是解题的关键.
二、填空题
1、5
【分析】
直角三角形外接圆的直径是斜边的长.
【详解】
解:由勾股定理得:AB==10,
∵∠ACB=90°,
∴AB是⊙O的直径,
∴这个三角形的外接圆直径是10,
∴这个三角形的外接圆半径长为5,
故答案为:5.
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心,知道直角三角形外接圆的直径是斜边的长是关键;外心是三边垂直平分线的交点,外心到三个顶点的距离相等.
2、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.
3、
【分析】
设BN与AC交于D,过M作MF⊥BA于F,过M作ME⊥BC于E,连接AM,先证明△EMC≌△FMA得ME=MF,从而可得∠CBD=45°,∠CDB=180°-∠BCA-∠CBD=90°,再在Rt△BCD、Rt△CDM中,分别求出BD和DM,即可得到答案.
【详解】
解:设BN与AC交于D,过M作MF⊥BA于F,过M作ME⊥BC于E,连接AM,如图:
∵△ABC绕着点C逆时针旋转60°,
∴∠ACM=60°,CA=CM,
∴△ACM是等边三角形,
∴CM=AM①,∠ACM=∠MAC=60°,
∵∠B=90°,AB=BC=1,
∴∠BCA=∠CAB=45°,AC==CM,
∴∠BCM=∠BCA+∠ACM=105°,∠BAM=∠CAB+∠MAC=105°,
∴∠ECM=∠MAF=75°②,
∵MF⊥BA,ME⊥BC,
∴∠E=∠F=90°③,
由①②③得△EMC≌△FMA,
∴ME=MF,
而MF⊥BA,ME⊥BC,
∴BM平分∠EBF,
∴∠CBD=45°,
∴∠CDB=180°-∠BCA-∠CBD=90°,
Rt△BCD中,BD=BC=,
Rt△CDM中,DM=CM =,
∴BM=BD+DM=,
故答案为:.
【点睛】
本题考查等腰三角形性质、等边三角形的性质及判定,解题的关键是证明∠CDB=90°.
4、70°度
【分析】
连接OA、OB,根据切线性质可得∠OAP=∠OBP=90°,再根据四边形的内角和为360°求得∠AOB,然后利用圆周角定理求解即可.
【详解】
解:连接OA、OB,
∵PA,PB分别切⊙O于点A,B,
∴∠OAP=∠OBP=90°,又∠P=40°,
∴∠AOB=360°-90°-90°-40°=140°,
∴∠Q=∠AOB=70°,
故答案为:70°.
【点睛】
本题考查切线性质、四边形内角和为360°、圆周角定理,熟练掌握切线性质和圆周角定理是解答的关键.
5、##
【分析】
先求出点A、B的坐标,过点A作AF⊥AB,交直线BC于点F,过点F作EF⊥x轴,垂足为E,然后由全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质,求出点F的坐标,再利用待定系数法,即可求出答案.
【详解】
解:∵一次函数y=-2x+4的图像与x轴、y轴分别交于点A、B两点,
∴令,则;令,则,
∴点A为(2,0),点B为(0,4),
∴,;
过点A作AF⊥AB,交直线BC于点F,过点F作EF⊥x轴,垂足为E,如图,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴△ABF是等腰直角三角形,
∴AF=AB,
∴△ABO≌△FAE(AAS),
∴AO=FE,BO=AE,
∴,,
∴,
∴点F的坐标为(,);
设直线BC为,则
,解得:,
∴直线BC的函数表达式为;
故答案为:;
【点睛】
本题考查了一次函数的性质,全等三角形的判定和性质,等腰三角形的判定和性质,以及旋转的性质,解题的关键是熟练掌握所学的知识,正确的作出辅助线,从而进行解题.
三、解答题
1、(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.
2、
(1)证明见解析;
(2).
【分析】
(1)首先证明,进而得出,再利用等腰三角形的性质得出,即可得出答案;
(2)首先证明,进而得出,以及,进而求出的长即可得出答案.
(1)
证明:如图2,在上截取,连接,,和.
是的中点,
.
在和中
,
,
,
又,
,
;
(2)
解:如图3,截取,连接,,,
由题意可得:,
∵
∴,
在和中
,
,
,
,
,则,
,
,
∵,
∴
则
故答案为:.
【点睛】
此题主要考查了圆与三角形综合,涉及了圆周角定理、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形以及等边三角形的性质,正确作出辅助线利用全等三角形的判定与性质解题是解题关键.
3、(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.
4、(1)见解析;(2)3
【分析】
(1)根据∠D=∠B,∠BCO=∠B,代换证明;
(2)根据垂径定理,得CE=,,利用勾股定理计算即可.
【详解】
(1)证明:
∵OC=OB,
∴∠BCO=∠B;
∵,
∴∠B=∠D;
∴∠BCO=∠D;
(2)解:∵AB是⊙O的直径,且CD⊥AB于点E,
∴CE=CD,
∵CD=,
∴CE=,
在Rt△OCE中,,
∵OE=1,
∴,
∴;
∴⊙O的半径为3.
【点睛】
本题考查了圆周角定理,垂径定理,勾股定理,结合图形,熟练运用三个定理是解题的关键.
5、
(1)见解析
(2)10
【分析】
(1)作BC的垂直平分线,与直线CD的交点即为圆心;
(2)连接OA,根据勾股定理列出方程即可求解.
(1)
解:如图所示,点O即是圆心;
(2)
解:连接OA,
∵,并经过圆心O,,
∴,
∵,
∴
解得,,
答:半径为10.
【点睛】
本题考查了垂径定理和确定圆心,解题关键是熟练作图确定圆心,利用垂径定理和勾股定理求半径.
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