初中沪科版第24章 圆综合与测试习题

沪科版九年级数学下册第24章圆章节测评

 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、利用定理“同弧所对圆心角是圆周角的两倍”，可以直接推导出的命题是（    ）

A．直径所对圆周角为 B．如果点在圆上，那么点到圆心的距离等于半径

C．直径是最长的弦 D．垂直于弦的直径平分这条弦

2、如图，点P是等边三角形ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则∠APB的度数是（      ）．

A．90° B．100° C．120° D．150°

3、将一把直尺、一个含60°角的直角三角板和一个光盘按如图所示摆放，直角三角板的直角边AD与直尺的一边重合，光盘与直尺相切于点B，与直角三角板相切于点C，且，则光盘的直径是（    ）

A．6 B． C．3 D．

4、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．

5、如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，PA＝4，则PB的长度为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

6、如图，△ABC外接于⊙O，∠A＝30°，BC＝3，则⊙O的半径长为（    ）

A．3 B． C． D．

7、如图，将△OAB绕点O逆时针旋转80°得到△OCD，若∠A的度数为110°，∠D的度数为40°，则∠AOD的度数是（    ）

A．50° B．60° C．40° D．30°

8、如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC＝30°，BC＝6，则⊙O的直径等于（　　）

A．10 B．6 C．6 D．12

9、在下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ）

A．  B． 

C．  D．

10、如图，是△ABC的外接圆，已知，则的大小为（      ）

A．55° B．60° C．65° D．75°

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，AB为⊙O的弦，∠AOB=90°，AB=a，则OA=______，O点到AB的距离=______．

2、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________

3、在平面直角坐标系中，A（－1，0），B（2，0），∠OCB=30°，D为线段BC的中点，线段AD交线段OC于点E，则△AOE面积的最大值为___________

4、若一个正多边形的边长等于它的外接圆的半径，则这个正多边形是正______边形．

5、如图，PA，PB是的切线，切点分别为A，B．若，，则AB的长为______．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，点P在BA的延长线上，连接BC，PC．若AB = 6，的长为π，BC = PC．求证：直线PC与⊙O相切．

2、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__．

3、如图，内接于，BC是的直径，D是AC延长线上一点．

（1）请用尺规完成基本作图：作出的角平分线交于点P．（保留作图痕迹，不写作法）

（2）在（1）所作的图形中，过点P作，垂足为E．则PE与有怎样的位置关系？请说明理由．

4、如图，抛物线（a为常数，）与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB＝OC．

（1）求a的值；

（2）点D是该抛物线的顶点，点P（m，n）是第三象限内抛物线上的一个点，分别连接BD、BC、CD、BP，当∠PBA＝∠CBD时，求m的值；

（3）点K为坐标平面内一点，DK＝2，点M为线段BK的中点，连接AM，当AM最大时，求点K的坐标．

5、如图，已知AB是⊙O的直径，，连接OC，弦，直线CD交BA的延长线于点．

（1）求证：直线CD是⊙O的切线；

（2）若，，求OC的长．

-参考答案-

一、单选题

1、A

【分析】

定理“同弧所对圆心角是圆周角的两倍”是圆周角定理，分析各个选项即可.

【详解】

A选项，直径所在的圆心角是180°，直接可以由圆周角定理推导出：直径所对的圆周角为，A选项符合要求；

B、C选项，根据圆的定义可以得到；

D选项，是垂径定理；

故选：A

【点睛】

本题考查圆的基本性质，熟悉圆周角定理及其推论是解题的关键.

2、D

【分析】

将绕点逆时针旋转得，根据旋转的性质得，，，则为等边三角形，得到，，在中，，，，根据勾股定理的逆定理可得到为直角三角形，且，即可得到的度数．

【详解】

解：为等边三角形，

，

可将绕点逆时针旋转得，

如图，连接，

，，，

为等边三角形，

，，

在中，，，，

，

为直角三角形，且，

．

故选：D．

【点睛】

本题考查了旋转的性质、等边三角形，解题的关键是掌握旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．

3、D

【分析】

如图所示，设圆的圆心为O，连接OC，OB，由切线的性质可知∠OCA=∠OBA=90°，OC=OB，即可证明Rt△OCA≌Rt△OBA得到∠OAC=∠OAB，则，∠AOB=30°，推出OA=2AB=6，利用勾股定理求出，即可得到圆O的直径为．

【详解】

解：如图所示，设圆的圆心为O，连接OC，OB，

∵AC，AB都是圆O的切线，

∴∠OCA=∠OBA=90°，OC=OB，

又∵OA=OA，

∴Rt△OCA≌Rt△OBA（HL），

∴∠OAC=∠OAB，

∵∠DAC=60°，

∴，

∴∠AOB=30°，

∴OA=2AB=6，

∴，

∴圆O的直径为，

故选D．

【点睛】

本题主要考查了切线的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟知切线的性质是解题的关键．

4、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．

5、B

【分析】

由切线的性质可推出，．再根据直角三角形全等的判定条件“HL”，即可证明，即得出．

【详解】

∵PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，

∴，，

∴在和中，，

∴，

∴．

故选：B

【点睛】

本题考查切线的性质，三角形全等的判定和性质．熟练掌握切线的性质是解答本题的关键．

6、A

【分析】

分析：连接OA、OB，根据圆周角定理，易知∠AOB=60°；因此△ABO是等边三角形，即可求出⊙O的半径．

【详解】

解：连接BO，并延长交⊙O于D，连结DC，

∵∠A=30°，

∴∠D=∠A=30°，

∵BD为直径，

∴∠BCD=90°，

在Rt△BCD中，BC=3，∠D=30°，

∴BD=2BC=6，

∴OB=3．

故选A．

【点睛】

本题考查了圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30°角所对直角三角形性质，掌握圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30°角所对直角三角形性质是解题的关键．

7、A

【分析】

根据旋转的性质求解再利用三角形的内角和定理求解再利用角的和差关系可得答案.

【详解】

解： 将△OAB绕点O逆时针旋转80°得到△OCD，

∠A的度数为110°，∠D的度数为40°，

故选A

【点睛】

本题考查的是三角形的内角和定理的应用，旋转的性质，掌握“旋转前后的对应角相等”是解本题的关键.

8、D

【分析】

连接OB，OC，根据圆周角定理求出∠BOC的度数，再由OB=OC判断出△OBC是等边三角形，由此可得出结论．

【详解】

解：连接OB，OC，

∵∠BAC=30°，

∴∠BOC=60°．

∵OB=OC，BC=6，

∴△OBC是等边三角形，

∴OB=BC=6．

∴⊙O的直径等于12．

故选：D．

【点睛】

本题考查的圆周角定理，根据题意作出辅助线，构造出等边三角形是解答此题的关键．

9、B

【分析】

根据中心对称图形与轴对称图形的定义解答即可.

【详解】

解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；

B既是中心对称图形又是轴对称图形，符合题意；

C. 是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；

D. 既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意.

故选B.

【点睛】

本题主要考查的是中心对称图形与轴对称图形的定义.一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫作轴对称图形；把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合叫作中心对称图形.

10、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．

二、填空题

1、       

【分析】

过O作OC垂直于弦AB，利用垂径定理得到C为AB的中点，然后由OA=OB，且∠AOB为直角，得到三角形OAB为等腰直角三角形，由斜边AB的长，利用勾股定理求出直角边OA的长即可；再由C为AB的中点，由AB的长求出AC的长，在直角三角形OAC中，由OA及AC的长，利用勾股定理即可求出OC的长，即为O点到AB的距离．

【详解】

解：过O作OC⊥AB，则有C为AB的中点，

∵OA=OB，∠AOB=90°，AB=a，

∴根据勾股定理得： OA2+OB2=AB，

∴OA=，

在Rt△AOC中，OA=，AC=AB=，

根据勾股定理得：OC==．

故答案为：；

【点睛】

此题考查了垂径定理，等腰直角三角形的性质，以及勾股定理，在圆中遇到弦，常常过圆心作弦的垂线，根据近垂径定理由垂直得中点，进而由弦长的一半，圆的半径及弦心距构造直角三角形，利用勾股定理来解决问题．

2、

【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．

3、

【分析】

过点作轴，交于点，根据中位线定理可得，设点到轴的距离为G，则△AOE的边上的高，作的外接圆，则当点位于图中处时，最大，根据三角形面积公式计算即可．

【详解】

解：过点作轴，交于点，

∵A（－1，0），B（2，0），

∴，，

∵D为线段BC的中点，轴，

∴，

∴，

设点到轴的距离为，

则△AOE的边上的高，

作的外接圆，

则当点位于图中处时，最大，

因为，

∴，

∴为等边三角形，

∴,

∴,

∴，

∴，

∴，

故答案为：.

【点睛】

本题考查了三角形中位线定理，圆周角定理，圆周角和圆心角的关系，等边三角形的判定与性质，解直角三角形等知识点，根据题意得出点的位置是解本题的关键．

4、六

【分析】

由半径与边长相等，易判断等边三角形，然后根据角度求出正多边形的边数．

【详解】

解：当一个正多边形的边长与它的外接圆的半径相等时，画图如下：

∵半径与边长相等，

∴这个三角形是等边三角形，

∴正多边形的边数：360°÷60°＝6，

∴这个正多边形是正六边形

故答案为：六．

【点睛】

本题考查了正多边形和圆，等边三角形的性质和判定，结合题意画出合适的图形是解题的关键．

5、3

【分析】

由切线长定理和，可得为等边三角形，则．

【详解】

解：连接，如下图：

，分别为的切线，

，

为等腰三角形，

，

，

为等边三角形，

，

，

．

故答案为：3．

【点睛】

本题考查了等边三角形的判定和切线长定理，解题的关键是作出相应辅助线．

三、解答题

1、见详解

【分析】

连接OC，由题意易得∠AOC=60°，则有∠B=∠OCB=30°，然后可得∠P=∠B=30°，进而可得∠OCP=90°，最后问题可求证．

【详解】

证明：连接OC，如图所示：

∵的长为π，AB=6，

∴OC=OA=3，，

∴，

∵OB=OC，

∴∠B=∠OCB=30°，

∵BC=PC，

∴∠P=∠B=30°，

∴∠POC+∠P=90°，即∠OCP=90°，

∵OC是圆O的半径，

∴直线PC与⊙O相切．

【点睛】

本题主要考查切线的判定定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．

2、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．

3、

（1）作图见解析

（2）是的切线，理由见解析

【分析】

（1）如图1所示，以点为圆心，大于为半径画弧，交于点，交于点；分别以点为圆心，大于的长度为半径画弧，交点为，连接即为角平分线，与的交点即为点．

（2）如图2所示，连接，由题意可知，，，，；在四边形中，，，求出，得出，由于是半径，故有是的切线．

（1）

解：如图1所示

（2）

解：是的切线．

如图2所示，连接

由题意可知，，

，，

在四边形中

∵

∴

∴

又∵是半径

∴是的切线

【点睛】

本题考查了角平分线的画法与性质，切线的判定，圆周角等知识点．解题的关键在于将知识综合灵活运用．

4、

（1）

（2）

（3）

【分析】

（1）先求得,点的坐标，进而根据即可求得的值；

（2）过点作轴于点，证明是直角三角形，进而，根据相似的性质列出比例式进而代入点的坐标解方程即可；

（3）接，取的中点，连接,根据题意，点在以为圆心，2为半径的圆上，则在以为圆心，为半径的圆上运动，根据点与圆的距离求最值，进而求得的解析式为，根据,设直线的解析式为，将点代入求得，进而设，根据，进而根据勾股定理列出方程解方程求解即可．

（1）

令，解得

令，

抛物线（a为常数，）与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，

抛物线与轴的交点为

解得

（2）

如图，过点作轴于点，

是直角三角形，且

又

在抛物线上，

整理得

解得（舍）

在第三象限，

（3）

如图，连接，取的中点，连接,

是的中位线

根据题意点在以为圆心，2为半径的圆上，

则在以为圆心，为半径的圆上运动，

当三点共线，且在的延长线上时，最大，如图，

即

设直线的解析式为，代入点，

即

解得

直线的解析式为

设直线的解析式为

解得

则的解析式为

设点，

，

解得（舍去）

【点睛】

本题考查了二次函数综合运用，点与圆的距离求最值问题，相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线并熟练掌握以上知识是解题的关键．

5、（1）见解析；（2）

【分析】

（1）连接OD，由AD∥OC及OD=OA，即可得到∠COB=∠DOC，从而可证得△OBC≌△ODC，即可证得CD是⊙O的切线；

（2）由AD∥OC可得△EAD∽△EOC，可得，再由△OBC≌△ODC得BC=CD，

从而可得，则可求得OC的长．

【详解】

（1）连接OD，

∵，

∴．

又∵，

∴，

∴．

在与中，

∴，

∴．

又∵，

∴，

∴是的切线．

（2）∵，

∴，

∴，

∴．

又∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴OC=15

【点睛】

本题是圆的综合，它考查了切线的判定，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识；证明圆的切线时，往往作半径．