沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试课后练习题

沪科版九年级数学下册第24章圆同步测评

 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、在圆内接四边形ABCD中，∠A、∠B、∠C的度数之比为2：4：7，则∠B的度数为（      ）

A．140° B．100° C．80° D．40°

2、已知⊙O的半径为4，，则点A在（      ）

A．⊙O内 B．⊙O上 C．⊙O外 D．无法确定

3、如图，点A，B，C均在⊙O上，连接OA，OB，AC，BC，如果OA⊥OB，那么∠C的度数为（    ）

A．22.5° B．45° C．90° D．67.5°

4、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°

5、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．

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、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°

8、下列图形中，是中心对称图形也是轴对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

9、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．

10、如图，与的两边分别相切，其中OA边与相切于点P．若，，则OC的长为（    ）

A．8 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，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=______________．

2、边长为2的正三角形的外接圆的半径等于___．

3、是的内接正六边形一边，点是优弧上的一点（点不与点，重合）且，与交于点，则的度数为_______．

4、将点绕x轴上的点G顺时针旋转90°后得到点，当点恰好落在以坐标原点O为圆心，2为半径的圆上时，点G的坐标为________．

5、如图，AB是半圆O的弦，DE是直径，过点B的切线BC与⊙O相切于点B，与DE的延长线交于点C，连接BD，若四边形OABC为平行四边形，则∠BDC的度数为______．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、如图，正方形ABCD的顶点A、B在x轴的负半轴上，顶点CD在第二象限．将正方形ABCD绕点A按顺时针方向旋转，B、C、D的对应点分别为B1、C1、D1，且D1、C1、O三点在一条直线上．记点D1的坐标是（m，n），C1的坐标是（p，q）．

（1）设∠DAD1＝30°，n＝2，求证：OD1的长度；

（2）若∠DAD1＜90°，m，n满足m+n＝﹣4，p2+q2＝25，求p+q的值．

2、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．

3、如图，AC是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，点P是⊙O外一点，连接PB、AB，∠PBA＝∠C．

（1）求证：PB是⊙O的切线；

（2）连接OP，若OP∥BC，且OP＝8，⊙O的半径为3，求BC的长．

4、如图1，在中，，，点D为AB边上一点．

（1）若，则______；

（2）如图2，将线段CD绕着点C逆时针旋转90°得到线段CE，连接AE，求证：；

（3）如图3，过点A作直线CD的垂线AF，垂足为F，连接BF．直接写出BF的最小值．

5、如图，AB是⊙O的一条弦，E是AB的中点，过点E作ECOA于点C，过点B作O的切线交CE的延长线于点D ．

（1）求证：DBDE；

（2）若AB12，BD5，求AC长．

-参考答案-

一、单选题

1、C

【分析】

，，，进而求解的值．

【详解】

解：由题意知

∵

∴

∴

∵

∴

故选C．

【点睛】

本题考查了圆内接四边形中对角互补．解题的关键在于根据角度之间的数量关系求解．

2、C

【分析】

根据⊙O的半径r=4，且点A到圆心O的距离d=5知d>r，据此可得答案．

【详解】

解：∵⊙O的半径r=4，且点A到圆心O的距离d=5，

∴d>r，

∴点A在⊙O外，

故选：C．

【点睛】

本题主要考查点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：①点P在圆外⇔d＞r；②点P在圆上⇔d=r；③点P在圆内⇔d＜r．

3、B

【分析】

根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可得．

【详解】

解：∵，

∴，

∴，

故选：B．

【点睛】

题目主要考查圆周角定理，准确理解，熟练运用圆周角定理是解题关键．

4、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．

5、C

【详解】

解：选项A是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意；

选项B不是轴对称图形，是中心对称图形，故B不符合题意；

选项C既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C符合题意；

选项D是轴对称图形，不是中心对称图形，故D不符合题意；

故选C

【点睛】

本题考查的是轴对称图形的识别，中心对称图形的识别，掌握“轴对称图形与中心对称图形的定义”是解本题的关键，轴对称图形：把一个图形沿某条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合；中心对称图形：把一个图形绕某点旋转后能与自身重合.

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】

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．

8、C

【分析】

根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．

【详解】

解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项不符合题意；

B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意；

C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C选项符合题意；

D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故D选项不符合题意．

故选：C．

【点睛】

本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好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，图形旋转180°后与原图重合．

9、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．

10、C

【分析】

如图所示，连接CP，由切线的性质和切线长定理得到∠CPO=90°，∠COP=45°，由此推出CP=OP=4，再根据勾股定理求解即可．

【详解】

解：如图所示，连接CP，

∵OA，OB都是圆C的切线，∠AOB=90°，P为切点，

∴∠CPO=90°，∠COP=45°，

∴∠PCO=∠COP=45°，

∴CP=OP=4，

∴，

故选C．

【点睛】

本题主要考查了切线的性质，切线长定理，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，熟知切线长定理是解题的关键．

二、填空题

1、

【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°．

2、

【分析】

过圆心作一边的垂线，根据勾股定理可以计算出外接圆半径．

【详解】

如图所示，是正三角形，故O是的中心，，

∵正三角形的边长为2，OE⊥AB

∴，，

∴，

由勾股定理得：，

∴，

∴，

∴(负值舍去)．

故答案为：．

【点睛】

本题考查了正多边形和圆，解题的关键是根据题意画出图形，利用数形结合求解．

3、90°

【分析】

先根据是的内接正六边形一边得，再根据圆周角性质得，再根据平行线的性质得,最后由三角形外角性质可得结论．

【详解】

解：∵是的内接正六边形一边

∴

∴

∵

∴

∴

故答案为90°

【点睛】

本题主要考查了正多边形与圆，圆周角定理等知识，熟练掌握相关定理是解答本题的关键

4、或

【分析】

设点G的坐标为，过点A作轴交于点M，过点作轴交于点N，由全等三角形求出点坐标，由点在2为半径的圆上，根据勾股定理即可求出点G的坐标．

【详解】

设点G的坐标为，过点A作轴交于点M，过点作轴交于点N，

如图所示：

∵，

∴，，

∵点A绕点G顺时针旋转90°后得到点，

∴，，

∴，

∵轴，轴，

∴，

∴，

∴，

在与中，

，

∴，

∴，，

∴，

∴，

在中，由勾股定理得：，

解得：或，

∴或．

故答案为：，．

【点睛】

本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，掌握相关知识之间的应用是解题的关键．

5、

【分析】

先由切线的性质得到∠OBC=90°，再由平行四边形的性质得到BO=BC，则∠BOC=∠BCO=45°，由OD=OB，得到∠ODB=∠OBD，由∠ODB+∠OBD=∠BOC，即可得到∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°．

【详解】

解：∵BC是圆O的切线，

∴∠OBC=90°，

∵四边形ABCO是平行四边形，

∴AO=BC，

又∵AO=BO，

∴BO=BC，

∴∠BOC=∠BCO=45°，

∵OD=OB，

∴∠ODB=∠OBD，

∵∠ODB+∠OBD=∠BOC，

∴∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°，

故答案为：22.5°．

【点睛】

本题主要考查了平行四边形的性质，切线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形外角的性质，熟知切线的性质是解题的关键．

三、解答题

1、（1）4；（2）-1或-7

【分析】

（1）如图，且三点在一条直线上的情况，连接，过点向作垂线交点为，在直角三角形中，，，可求的长；

（2）如图，过点向作垂线交点为，过点作轴垂线交于点，作交点为；由，知，，点G坐标为，得，由知的值，从而得到的值．

【详解】

解：（1）∵∠DAD1＝30°且D1、C1、O三点在一条直线上

∴如图所示，连接，过点向作垂线交点为

∴

∵

．

（2）如图过点向作垂线交点为，过点作轴垂线交于点，作交点为

，

在和中

点横坐标可表示为

∴p+q=-7或-1．

【点睛】

本题考查了锐角三角函数值，三角形全等,图形旋转的性质等知识．解题的关键与难点是找出线段之间的关系．

2、（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．

3、

（1）见解析

（2）

【分析】

（1）连接，由圆周角定理得出，得出，再由，得出，证出，即可得出结论；

（2）证明，得出对应边成比例，即可求出的长．

（1）

证明：连接，如图所示：

是的直径，

，

，

，

，

，

，

即，

是的切线；

（2）

解：的半径为，

，，

，

，

，

，

，

又，

，

，

即，

．

【点睛】

本题考查了切线的判定、圆周角定理、平行线的性质、相似三角形的判定与性质；解题的关键是熟练掌握圆周角定理、切线的判定．

4、

（1）5

（2）证明见解析

（3）

【分析】

(1)过C作CM⊥AB于M，根据等腰三角形的性质求出CM和DM，再根据勾股定理计算即可；

(2)连BE，先证明,即可得到直角三角形ABE，利用勾股定理证明即可；

（3）取AC中点N，连接FN、BN，根据三角形BFN中三边关系判断即可．

（1）

过C作CM⊥AB于M，

∵，

∴

∵

∴

∴在Rt中

（2）

连接BE，

∵，，，

∴,

∴

∴，

∴

在Rt中

∴

∴

（3）

取AC中点N，连接FN、BN，

∵，，

∴

∵AF垂直CD

∴

∵AC中点N，

∴

∴

∵三角形BFN中

∴

∴当B、F、N三点共线时BF最小，最小值为．

【点睛】

本题考查等腰直角三角形的常用辅助线以及直角三角形斜边上的中线，解题的关键是根据等腰直角三角形作斜边垂线或者构造“手拉手模型”．

5、（1）见解析；（2）

【分析】

（1）由切线性质及等量代换推出∠4=∠5，再利用等角对等边可得出结论；

（2）由已知条件得出sin∠DEF和sin∠AOE的值，利用对应角的三角函数值相等推出结论.

【详解】

（1）如图，

∵DC⊥OA，

∴∠1+∠3=90°，

∵BD为切线，

∴OB⊥BD，

∴∠2+∠5=90°，

∵OA=OB，

∴∠1=∠2，

∵∠3=∠4，

∴∠4=∠5，

在△DEB中，∠4=∠5，

∴DE=DB.

(2)如图，作DF⊥AB于F，

连接OE，∵DB=DE，

∴EF=BE=3，

在Rt△DEF中，EF=3，DE=BD=5，

∴DF=

∴sin∠DEF== ，

∵∠AOE,，

∴∠AOE=∠DEF，

∴在Rt△AOE中，sin∠AOE= ，

∵AE=6，

∴AO=.

【点睛】

本题考查了圆的性质，切线定理，三角形相似，三角函数等知识，结合图形正确地选择相应的知识点与方法进行解题是关键.