沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试当堂检测题

沪科版九年级数学下册第24章圆章节测试

 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，四边形内接于，如果它的一个外角，那么的度数为（    ）

A． B． C． D．

2、下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（    ）

A． B．

C． D．

3、如图，AB，BC，CD分别与⊙O相切于E、F、G三点，且ABCD，BO＝3，CO＝4，则OF的长为（　　）

A．5 B． C． D．

4、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．

5、下列图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ）

A．  B．

C． D．

6、如图，AB是⊙O的直径，弦，，，则阴影部分图形的面积为（    ）

A． B． C． D．

7、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

8、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．

9、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°

10、如图是一个含有3个正方形的相框，其中∠BCD＝∠DEF＝90°，AB＝2，CD＝3，EF＝5，将它镶嵌在一个圆形的金属框上，使A，G， H三点刚好在金属框上，则该金属框的半径是（    ）

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、如图，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，若∠DAE=110°，∠B=40°，则∠C的度数为________．

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

3、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_____．

4、在△ABC中，已知∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，如图所示，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°后得到△AB′C′．则图中阴影部分的面积为_____．

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、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_________．

2、如图，ABC是⊙O的内接三角形，，，连接AO并延长交⊙O于点D，过点C作⊙O的切线，与BA的延长线相交于点E．

（1）求证：AD∥EC；

（2）若AD＝6，求线段AE的长．

3、如图，以四边形的对角线为直径作圆，圆心为，点、在上，过点作的延长线于点，已知平分．

（1）求证：是切线；

（2）若，，求的半径和的长．

4、如图，AB是⊙O的直径，点D，E在⊙O上，四边形BDEO是平行四边形，过点D作交AE的延长线于点C．

（1）求证：CD是⊙O的切线．

（2）若，求阴影部分的面积．

5、如图，在6×6的方格纸中，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，A，B两点均在格点上．请按要求在图①，图②，图③中画图：

（1）在图①中，画等腰△ABC，使AB为腰，点C在格点上．

（2）在图②中，画面积为8的四边形ABCD，使其为中心对称图形，但不是轴对称图形，C，D两点均在格点上．

（3）在图③中，画△ABC，使∠ACB=90°，面积为5，点C在格点上．

-参考答案-

一、单选题

1、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．

2、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．

3、D

【分析】

连接OF，OE，OG，根据切线的性质及角平分线的判定可得OB平分，OC平分，利用平行线的性质及角之间的关系得出，利用勾股定理得出，再由三角形的等面积法即可得．

【详解】

解：连接OF，OE，OG，

∵AB、BC、CD分别与相切，

∴，，，且，

∴OB平分，OC平分，

∴，，

∵，

∴，

∴，

∴，

，

∴，

∴，

故选：D．

【点睛】

题目主要考查圆的切线性质，角平分线的判定和性质，平行线的性质，勾股定理等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．

4、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．

5、B

【分析】

根据中心对称图形与轴对称图形的概念逐项分析

【详解】

解：A. 是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不正确，不符合题意；

B. 既是轴对称图形，又是中心对称图形，故该选项正确，符合题意；

C. 不是轴对称图形，是中心对称图形，故该选项不正确，不符合题意；

D. 不是轴对称图形，是中心对称图形，故该选项不正确，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：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，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念是解题的关键．

6、D

【分析】

根据垂径定理求得CE=ED=；然后由圆周角定理知∠COE=60°．然后通过解直角三角形求得线段OC，然后证明△OCE≌△BDE，得到求出扇形COB面积，即可得出答案．

【详解】

解：设AB与CD交于点E，

∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，CD=2，如图，

∴CE=CD=，∠CEO=∠DEB=90°，

∵∠CDB=30°，

∴∠COB=2∠CDB=60°，

∴∠OCE=30°，

∴，

∴，

又∵，即

∴，

在△OCE和△BDE中，

，

∴△OCE≌△BDE（AAS），

∴

∴阴影部分的面积S=S扇形COB=，

故选D．

【点睛】

本题考查了垂径定理、含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，圆周角定理，扇形面积的计算等知识点，能知道阴影部分的面积=扇形COB的面积是解此题的关键．

7、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.

8、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．

9、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．

10、A

【分析】

如图，记过A，G， H三点的圆为则是，的垂直平分线的交点， 记的交点为 的交点为 延长交于为的垂直平分线，结合正方形的性质可得：再设利用勾股定理建立方程，再解方程即可得到答案.

【详解】

解：如图，记过A，G， H三点的圆为则是，的垂直平分线的交点，

记的交点为 的交点为 延长交于为的垂直平分线，结合正方形的性质可得：

四边形为正方形，则

设 而AB＝2，CD＝3，EF＝5，结合正方形的性质可得：

而

又 而

解得：

故选A

【点睛】

本题考查的是正方形的性质，三角形外接圆圆心的确定，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，确定过A，G， H三点的圆的圆心是解本题的关键.

二、填空题

1、

【分析】

先根据旋转的性质求得，再运用三角形内角和定理求解即可．

【详解】

解：将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，∠DAE=110°

，

，

．

故答案是：30°．

【点睛】

本题主要考查了旋转的性质、三角形内角和定理等知识点，灵活运用旋转的性质是解答本题的关键．

2、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．

3、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．

4、

【分析】

利用勾股定理求出AC及AB的长，根据阴影面积等于求出答案．

【详解】

解：由旋转得，，=∠BAC＝30°，

∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，

∴AC=2BC=2，AB=，，

∴阴影部分的面积=

=,

故答案为：．

．

【点睛】

此题考查了求不规则图形的面积，正确掌握勾股定理、30度角直角三角形的性质、扇形面积计算公式及分析出阴影面积的构成特点是解题的关键．

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、

（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．

2、（1）见解析；（2）6

【分析】

（1）连接OC，根据CE是⊙O的切线，可得∠OCE＝，根据圆周角定理，可得∠AOC=，从而得到∠AOC+∠OCE＝，即可求证；

（2）过点A作AF⊥EC交EC于点F，由∠AOC＝，OA＝OC，可得∠OAC＝，从而得到∠BAD＝，再由AD∥EC，可得，然后证得四边形OAFC是正方形，可得，从而得到AF=3，再由直角三角形的性质，即可求解．

【详解】

证明：（1）连接OC，

∵CE是⊙O的切线，

∴∠OCE＝，

∵∠ABC＝，

∴∠AOC＝2∠ABC＝，

∵∠AOC+∠OCE＝，

∴AD∥EC；

（2）解：过点A作AF⊥EC交EC于点F，

∵∠AOC＝，OA＝OC，

∴∠OAC＝，

∵∠BAC＝，

∴∠BAD＝，

∵AD∥EC，

∴，

∵∠OCE＝，∠AOC＝，∠AFC=90°，

∴四边形OAFC是矩形，

∵OA＝OC，

∴四边形OAFC是正方形，

∴，

∵，

∴，

在Rt△AFE中，，

∴AE=2AF=6．

【点睛】

本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，直角三角形的性质，正方形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．

3、

（1）证明见解析

（2）

【分析】

（1）连接OA，根据已知条件证明OA⊥AE即可解决问题；

（2）取CD中点F，连接OF，根据垂径定理可得OF⊥CD，所以四边形AEFO是矩形，利用勾股定理即可求出结果．

（1）

证明：如图，连接OA，

∵AE⊥CD，

∴∠DAE+∠ADE=90°．

∵DA平分∠BDE，

∴∠ADE=∠ADO，

又∵OA=OD，

∴∠OAD=∠ADO，

∴∠DAE+∠OAD=90°，

∴OA⊥AE，

∴AE是⊙O切线；

（2）

解：如图，取CD中点F，连接OF，

∴OF⊥CD于点F．

∴四边形AEFO是矩形，

∵CD=6，

∴DF=FC=3．

在Rt△OFD中，OF=AE=4，

∴，

在Rt△AED中，AE=4，ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=5-3=2，

∴，

∴AD的长是．

【点睛】

本题考查了切线的判定与性质，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，解决本题的关键是掌握切线的判定与性质．

4、（1）见详解；（2）

【分析】

（1）连接OD，由题意易得，则有△ODB是等边三角形，然后可得△AEO也为等边三角形，进而可得OD∥AC，最后问题可求证；

（2）由（1）易得AE=ED，∠CED=∠OBD=60°，然后可得圆O的半径，进而可得扇形OED和△OED的面积，则有弓形ED的面积，最后问题可求解．

【详解】

（1）证明：连接OD，如图所示：

∵四边形BDEO是平行四边形，

∴，

∴△ODB是等边三角形，

∴∠OBD=∠BOD=60°，

∴∠AOE=∠OBD=60°，

∵OE=OA，

∴△AEO也为等边三角形，

∴∠EAO=∠DOB=60°，

∴AE∥OD，

∴∠ODC+∠C=180°，

∵CD⊥AE，

∴∠C=90°，

∴∠ODC=90°，

∵OD是圆O的半径，

∴CD是⊙O的切线．

（2）解：由（1）得∠EAO=∠AOE=∠OBD=∠BOD=60°，ED∥AB，

∴∠EAO=∠CED=60°，

∵∠AOE+∠EOD+∠BOD=180°，

∴∠EOD=60°，

∴△DEO为等边三角形， 

∴ED=OE=AE，

∵CD⊥AE，∠CED=60°，

∴∠CDE=30°，

∴，

∵，

∴，

∴，

设△OED的高为h，

∴，

∴，

∴．

【点睛】

本题主要考查扇形面积公式、切线的判定定理及解直角三角形，熟练掌握扇形面积公式、切线的判定定理及解直角三角形是解题的关键．

5、（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析

【分析】

（1）因为AB=5，作腰为5的等腰三角形即可（答案不唯一）；

（2）作边长为2，高为4的平行四边形即可；

（3）根据（1）的结论，作BG边的中线，即可得解．

【详解】

解：（1）如图①中，△ABC即为所求作（答案不唯一）；

（2）如图②中，平行四边形ABCD即为所求作；

（3）如图③中，△ABC即为所求作（答案不唯一）；

∵AB=AG，BC=CG，

∴AC⊥BG，

∵△ABG的面积为，

∴△ABC的面积为5，且∠ACB=90°．

【点睛】

本题考查作图-应用与设计，等腰三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．