数学第24章 圆综合与测试达标测试

沪科版九年级数学下册第24章圆重点解析

 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、下面的图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

2、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°

3、下列图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

4、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

5、如图，是的直径，弦，垂足为，若，则（    ）

A．5 B．8 C．9 D．10

6、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°

7、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．

8、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．

9、如图，是△ABC的外接圆，已知，则的大小为（      ）

A．55° B．60° C．65° D．75°

10、如图，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上一动点，以点P为圆心，以1个单位长度为半径作⊙P，当⊙P与直线AB相切时，点P的坐标是（　　）

A． B．

C．或 D．（﹣2，0）或（﹣5，0）

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、一个正多边形的中心角是，则这个正多边形的边数为________．

2、在平面直角坐标系中，将点绕坐标原点顺时针旋转后得到点Q，则点Q的坐标是___________．

3、龙湖实验中学的操场有4条等宽的跑道，每条跑道是由两条直跑道和两个半圆形弧道连接而成，请根据小泓与瞿老师的对话计算每条跑道的宽度是______米．

4、如图所示，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，∠A=30°，OH=1，则⊙O的半径是______．

5、如图所示是一个圆锥在某平面上的正投影，则该圆锥的侧面积是________

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、如图，在平面直角坐标系中，经过原点，且与轴交于点，与轴交于点，点在第二象限上，且，则__．

2、如图，四边形是的内接四边形，，，．

（1）求的度数．

（2）求的度数．

3、如图，在中，，，D是边BC上一点，作射线AD，满足，在射线AD取一点E，且．将线段AE绕点A逆时针旋转90°，得到线段AF，连接BE，FE，连接FC并延长交BE于点G．

（1）依题意补全图形；

（2）求的度数；

（3）连接GA，用等式表示线段GA，GB，GC之间的数量关系，并证明．

4、将锐角为45°的直角三角板MPN的一个锐角顶点P与正方形ABCD的顶点A重合，正方形ABCD固定不动，然后将三角板绕着点A旋转，∠MPN的两边分别与正方形的边BC、DC或其所在直线相交于点E、F，连接EF．

（1）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图1所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；

（2）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图2所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；

（3）若正方形的边长为4，在三角板旋转过程中，当∠MPN的一边恰好经过BC边的中点时，试求线段EF的长．

5、如图，在等边三角形ABC中，点P为△ABC内一点，连接AP，BP，CP，将线段AP绕点A 顺时针旋转60°得到 ，连接 ．

（1）用等式表示 与CP的数量关系，并证明；

（2）当∠BPC＝120°时，

①直接写出 的度数为       ；

②若M为BC的中点，连接PM，请用等式表示PM与AP的数量关系，并证明．

-参考答案-

一、单选题

1、A

【详解】

解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形，此项符合题意；

B、是中心对称图形，不是轴对称图形，此项不符题意；

C、是轴对称图形，不是中心对称图形，此项不符题意；

D、是轴对称图形，不是中心对称图形，此项不符题意；

故选：A．

【点睛】

本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟记中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）和轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形）是解题关键．

2、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.

3、B

【分析】

根据“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”及“如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形”，由此问题可求解．

【详解】

解：A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；

B、是中心对称图形但不是轴对称图形，故符合题意；

C、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；

D、是轴对称图形但不是中心对称图形，故不符合题意；

故选B．

【点睛】

本题主要考查中心对称图形及轴对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形及轴对称图形的定义是解题的关键．

4、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．

5、C

【分析】

连接，根据垂径定理可得，设的半径为，则,进而勾股定理列出方程求得半径，进而求得

【详解】

解：如图，连接，

∵是的直径，弦，

∴

设的半径为，则

在中，，

即

解得

即

故选C

【点睛】

本题考查的是垂径定理，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．

6、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．

7、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．

8、B

【详解】

解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；

B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意；

C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；

D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意．

故选：B．

【点睛】

本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，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．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．

9、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．

10、C

【分析】

由题意根据函数解析式求得A（-4，0），B（0．-3），得到OA=4，OB=3，根据勾股定理得到AB=5，设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，则PD⊥AB，PD=1，根据相似三角形的性质即可得到结论．

【详解】

解：∵直线交x轴于点A，交y轴于点B，

∴令x=0，得y=-3，令y=0，得x=-4，

∴A（-4，0），B（0，-3），

∴OA=4，OB=3，

∴AB=5，

设⊙P与直线AB相切于D，

连接PD，

则PD⊥AB，PD=1，

∵∠ADP=∠AOB=90°，∠PAD=∠BAO，

∴△APD∽△ABO，

∴，

∴，

∴AP= ，

∴OP= 或OP= ，

∴P或P，

故选：C．

【点睛】

本题考查切线的判定和性质，一次函数图形上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意并运用数形结合思维分析是解题的关键．

二、填空题

1、九9

【分析】

根据正多边形的每个中心角相等，且所有中心角的度数和为360°进行求解即可．

【详解】

解：设这个正多边形的边数为n，

∵这个正多边形的中心角是40°，

∴，

∴，

∴这个正多边形是九边形，

故答案为：九．

【点睛】

本题主要考查了正多边形的性质，熟知正多边形中心角的度数和为360度是解题的关键．

2、

【分析】

绕坐标原点顺时针旋转即关于原点中心对称，找到关于原点中心对称的点的坐标即可，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：将点绕坐标原点顺时针旋转后得到点Q，则点Q的坐标是

故答案为：

【点睛】

本题考查了求一个点关于原点中心对称的点的坐标，掌握关于原点中心对称的点的坐标特征是解题的关键．关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数．

3、

【分析】

设跑道的宽为米，根据直道长度一样，外圈与内圈的差是两个圆周长的差，列出式子求解即可．

【详解】

解：设跑道的宽为米，由对称性设内圈两个半圆形弧道拼成的圆的半径为，

根据题意可得：，

解得：，

故答案是：．

【点睛】

本题考查了圆的基本概念，一元一次方程，解题的关键是根据题意列出等式求解．

4、2

【分析】

连接OC，利用半径相等以及三角形的外角性质求得∠COH=60°，∠OCH=30°，利用30度角的直角三角形的性质即可求解．

【详解】

解：连接OC，

∵OA=OC，∠A=30°，

∴∠COH=2∠A=60°，

∵弦CD⊥AB于H，

∴∠OHC=90°，

∴∠OCH=30°，

∵OH=1，

∴OC=2OH=2，

故答案为：2．

【点睛】

本题考查了垂径定理和含30°角的直角三角形的性质．熟练掌握垂径定理是解题的关键．

5、

【分析】

由勾股定理求得圆锥母线长为，再由圆锥的侧面积公式即可得出圆锥侧面积为．

【详解】

∵是一个圆锥在某平面上的正投影

∴为等腰三角形

∵AD⊥BC

∴

在中有

即

由圆锥侧面积公式有．

故答案为：。

【点睛】

本题考查了计算圆锥的侧面积，若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则这个扇形的半径为l，扇形的弧长为，圆锥的侧面积为．

三、解答题

1、2+

【分析】

连接AC，CM，AB，过点C作CH⊥OA于H，设OC=a．利用勾股定理构建方程解决问题即可．

【详解】

解：连接AC，CM，AB，过点C作CH⊥OA于H，设OC=a．

∵∠AOB=90°，

∴AB是直径，

∵A（-4，0），B（0，2），

∴，

∵∠AMC=2∠AOC=120°，

，

在Rt△COH中，，

，

在Rt△ACH中，AC2=AH2+CH2，

∴，

∴a=2+ 或2-（因为OC＞OB，所以2-舍弃），

∴OC=2+，

故答案为：2+．

【点睛】

本题考查圆周角定理，勾股定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．

2、（1）70°；（2）103°

【分析】

（1）根据等弧所对的圆周角相等可得，得出，在三角形中利用三角形内角和定理求解即可得；

（2）由圆周角定理可得，结合（1）中结论及图形可得：，代入求解即可．

【详解】

解：（1），

，，

在中，

．

（2）由圆周角定理，得．

．

【点睛】

题目主要考查圆周角定理，三角形内角和定理，熟练掌握运用圆周角定理是解题关键．

3、

（1）见解析；

（2）

（3）

【分析】

（1）根据题意补全图形即可；

（2）根据旋转的性质可得，，进而证明，可得，根据角度的转换可得，进而根据三角形的外角性质即可证明；

（3）过点作，证明，进而根据勾股定理以及线段的转换即可得到

（1）

如图，

（2）

将线段AE绕点A逆时针旋转90°，得到线段AF，

,

,

又

即

（3）

证明如下，如图，过点作，

又,

又

，

即

【点睛】

本题考查了旋转的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．

4、（1）EF=DF+BE；（2）EF=DF-BE；（3）线段EF的长为或．

【分析】

（1）延长FD至G，使DG=BE，连接AG，先证△ABE≌△ADG，再证△GAF≌△EAF即可；

（2）在DC上截取DH=BE，连接AH，先证△ADH≌△ABE，再证△HAF≌EAF即可；

（3）分两种情形分别求解即可解决问题．

【详解】

解：（1）结论：EF=BE+DF．

理由：延长FD至G，使DG=BE，连接AG，如图①，

∵ABCD是正方形，

∴AB=AD，∠ABE=ADG=∠DAB=90°，

∴△ABE≌△ADG（AAS），

∴AE=AG，∠DAG=∠EAB，

∵∠EAF=45°，

∴∠DAF+∠EAB=45°，

∴∠DAF+∠DAG=45°，

∴∠GAF=∠EAF=45°，

∵AF=AF，

∴△GAF≌△EAF（AAS），

∴EF=GF，

∴GF=DF+DG=DF+BE，

即：EF=DF+BE；

（2）结论：EF=DF-BE．

理由：在DC上截取DH=BE，连接AH，如图②，

∵AD=AB，∠ADH=∠ABE=90°，

∴△ADH≌△ABE（SAS），

∴AH=AE，∠DAH=∠EAB，

∵∠EAF=∠EAB+∠BAF=45°，

∴∠DAH+∠BAF=45°，

∴∠HAF=45°=∠EAF，

∵AF=AF，

∴△HAF≌EAF（SAS），

∴HF=EF，

∵DF=DH+HF，

∴EF=DF-BE；

（3）①当MA经过BC的中点E时，同（1）作辅助线，如图：

设FD=x，由（1）的结论得FG=EF=2+x，FC=4-x．

在Rt△EFC中，（x+2）2=（4-x）2+22，

∴x=，

∴EF=x+2=．

②当NA经过BC的中点G时，同（2）作辅助线，

设BE=x，由（2）的结论得EC=4+x，EF=FH，

∵K为BC边的中点，

∴CK=BC=2，

同理可证△ABK≌FCK（SAS），

∴CF=AB=4，EF=FH=CF+CD-DH=8-x，

在Rt△EFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2，

∴x=，

∴EF=8-=．

综上，线段EF的长为或．

【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．

5、（1），理由见解析；（2）①60°；②PM＝，见解析

【分析】

（1）根据等边三角形的性质，可得AB＝AC，∠BAC＝60°，再由由旋转可知：从而得到，可证得，即可求解 ；

（2）①由∠BPC＝120°，可得∠PBC＋∠PCB＝60°．根据等边三角形的性质，可得∠BAC＝60°，从而得到∠ABC＋∠ACB＝120°，进而得到∠ABP＋∠ACP＝60°．再由，可得 ，即可求解；

②延长PM到N，使得NM＝PM，连接BN．可先证得△PCM≌△NBM．从而得到CP＝BN，∠PCM＝∠NBM．进而得到 ．根据①可得，可证得，从而得到 ．再由 为等边三角形，可得 ．从而得到 ，即可求解．

【详解】

解：（1） ．理由如下：

在等边三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，

由旋转可知： 

∴

即

在和△ACP中

∴ ．

∴ ．

（2）①∵∠BPC＝120°，

∴∠PBC＋∠PCB＝60°．

∵在等边三角形ABC中，∠BAC＝60°，

∴∠ABC＋∠ACB＝120°，

∴∠ABP＋∠ACP＝60°．

∵ ．

∴ ，

∴∠ABP＋∠ABP＇＝60°．

即 ；

②PM＝ ．理由如下：

如图，延长PM到N，使得NM＝PM，连接BN．

∵M为BC的中点，

∴BM＝CM．

在△PCM和△NBM中

∴△PCM≌△NBM（SAS）．

∴CP＝BN，∠PCM＝∠NBM．

∴ ．

∵∠BPC＝120°，

∴∠PBC＋∠PCB＝60°．

∴∠PBC＋∠NBM＝60°．

即∠NBP＝60°．

∵∠ABC＋∠ACB＝120°，

∴∠ABP＋∠ACP＝60°．

∴∠ABP＋∠ABP＇＝60°．

即 ．

∴ ．

在△PNB和 中

∴ （SAS）．

∴ ．

∵ 

∴ 为等边三角形，

∴ ．

∴ ，

∴PM＝ ．

【点睛】

本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键．