数学九年级下册第24章 圆综合与测试随堂练习题

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、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°

2、如图，在中，，，将绕点A顺时针旋转60°得到，此时点B的对应点D恰好落在BC边上，则CD的长为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

3、下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

4、如图，在中，，，．将绕点按逆时针方向旋转后得到，则图中阴影部分面积为（    ）

A． B． C． D．

5、在直径为10cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽cm，则水的最大深度为（    ）

A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm

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，ABCD是正方形，△CDE绕点C逆时针方向旋转90°后能与△CBF重合，那么△CEF是（　　）

A．.等腰三角形 B．等边三角形

C．.直角三角形 D．.等腰直角三角形

8、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

9、如图，在△ABC中，∠CAB=64°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′AB，则旋转角的度数为（    ）

A．64° B．52° C．42° D．36°

10、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

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，在中，，是内的一个动点，满足．若，，则长的最小值为_______．

2、边长相等、各内角均为120°的六边形ABCDEF在直角坐标系内的位置如图所示，，点B在原点，把六边形ABCDEF沿x轴正半轴绕顶点按顺时针方向，从点B开始逐次连续旋转，每次旋转60°，经过2021次旋转之后，点B的坐标是_____________．

3、如图，将矩形绕点A顺时针旋转到矩形的位置，旋转角为．若，则的大小为________（度）．

4、如图，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，作的外接圆，则图中阴影部分的面积为______．（结果保留π）

5、已知圆O的圆心到直线l的距离为2，且圆的半径是方程x2﹣5x+6＝0的根，则直线l与圆O的的位置关系是______．

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，正方形ABCD是半径为R的⊙O内接四边形，R＝6，求正方形ABCD的边长和边心距．

3、在平面直角坐标系xOy中，旋转角满足，对图形M与图形N给出如下定义：将图形M绕原点逆时针旋转得到图形．P为图形上任意一点，Q为图形N上的任意一点，称PQ长度的最小值为图形M与图形N的“转后距”．已知点，点，点．

（1）当时，记线段OA为图形M．

①画出图形；

②若点C为图形N，则“转后距”为______；

③若线段AC为图形N，求“转后距”；

（2）已知点，点，记线段AB为图形M，线段PQ为图形N，对任意旋转角，“转后距”大于1，直接写出t的取值范围．

4、阅读下列材料，完成相应任务：如图①，是⊙O的内接三角形，是⊙O的直径，平分交⊙O于点，连接，过点作⊙O的切线，交的延长线于点．则．下面是证明的部分过程：

证明：如图②，连接，

是⊙O的直径，，

①________．（1）

为⊙O的切线，，

，（2）

由（1）（2）得，②________________．

平分．

，

③________，

．

任务：

（1）请按照上面的证明思路，补全证明过程：①________，②________，③________；

（2）若，求的长．

5、如图1，在⊙O中，AC＝BD，且AC⊥BD，垂足为点E．

（1）求∠ABD的度数；

（2）图2，连接OA，当OA＝2，∠OAB＝15°，求BE的长度；

（3）在（2）的条件下，求的长．

-参考答案-

一、单选题

1、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．

2、B

【分析】

由题意以及旋转的性质可得为等边三角形，则BD=2，故CD=BC-BD=2．

【详解】

由题意以及旋转的性质知AD=AB，∠BAD=60°

∴∠ADB=∠ABD

∵∠ADB+∠ABD+∠BAD=180°

∴∠ADB=∠ABD=60°

故为等边三角形，即AB= AD =BD=2

则CD=BC-BD=4-2=2

故选：B．

【点睛】

本题考查了等边三角形的判定及性质，等边三角形的三边都相等，三个内角都相等，并且每一个内角都等于，等边三角形判定的方法有：三边相等的三角形是等边三角形（定义）；三个内角都相等的三角形是等边三角形；有一个内角是60度的等腰三角形是等边三角形；两个内角为60度的三角形是等边三角形．

3、A

【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．

【详解】

解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；

B、是轴对称图形，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，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；

D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意．

故选：A．

【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．

4、B

【分析】

阴影部分的面积=扇形扇形，根据旋转性质以及直角三角形的性质，分别求出对应扇形的面积以及的面积，最后即可求出阴影部分的面积．

【详解】

解：由图可知：阴影部分的面积=扇形扇形，

由旋转性质可知：，，

，，

在中，，，，

，，

有勾股定理可知：，

阴影部分的面积=扇形扇形

．

故选：B．

【点睛】

本题主要是考查了旋转性质以及扇形面积公式，熟练利用旋转性质，得到对应扇形的半径和圆心角度数，利用扇形公式求解面积，这是解决本题的关键．

5、B

【分析】

连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，先由垂径定理求出BD的长，再根据勾股定理求出OD的长，进而得出CD的长即可．

【详解】

解：连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，如图所示：

∵AB=8cm，

∴BD=AB=4（cm），

由题意得：OB=OC==5cm，

在Rt△OBD中，OD=（cm），

∴CD=OC-OD=5-3=2（cm），

即水的最大深度为2cm，

故选：B．

【点睛】

本题考查了垂径定理、勾股定理等知识；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】

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、D

【分析】

根据旋转的性质推出相等的边CE＝CF，旋转角推出∠ECF＝90°，即可得到△CEF为等腰直角三角形．

【详解】

解：∵△CDE绕点C逆时针方向旋转90°后能与△CBF重合，

∴∠ECF＝90°，CE＝CF，

∴△CEF是等腰直角三角形，

故选：D．

【点睛】

本题主要考查旋转的性质，掌握图形旋转前后的大小和形状不变是解决问题的关键．

8、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．

9、B

【分析】

先根据平行线的性质得∠ACC′=∠CAB=64°，再根据旋转的性质得∠CAC′等于旋转角，AC=AC′，则利用等腰三角形的性质得∠ACC′=∠AC′C=64°，然后根据三角形内角和定理可计算出∠CAC′的度数，从而得到旋转角的度数．

【详解】

解：∵CC′∥AB，

∴∠ACC′=∠CAB=64°

∵△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，

∴∠CAC′等于旋转角，AC=AC′，

∴∠ACC′=∠AC′C=64°，

∴∠CAC′=180°-∠ACC′-∠AC′C=180°-2×64°=52°，

∴旋转角为52°．

故选：B．

【点睛】

本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．

10、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．

二、填空题

1、2

【分析】

取AC中点O，由勾股定理的逆定理可知∠ADC=90°，则点D在以O为圆心，以AC为直径的圆上，作△ADC外接圆，连接BO，交圆O于，则长的最小值即为，由此求解即可．

【详解】

解：如图所示，取AC中点O，

∵，即，

∴∠ADC=90°，

∴点D在以O为圆心，以AC为直径的圆上，

作△ADC外接圆，连接BO，交圆O于，则长的最小值即为，

∵，，∠ACB=90°，

∴，

∴，

∴，

∴，

故答案为：2．

【点睛】

本题主要考查了一点到圆上一点的最短距离，勾股定理的逆定理，勾股定理，解题的关键在于确定点D的运动轨迹．

2、

【分析】

根据旋转找出规律后再确定坐标．

【详解】

∵正六边形ABCDEF沿x轴正半轴作无滑动的连续翻转，每次翻转60°，

∴每6次翻转为一个循环组循环，

∵，

∴经过2021次翻转为第337循环组的第5次翻转，点B在开始时点C的位置，

∵，

∴，

∴翻转前进的距离为：，

如图，过点B作BG⊥x于G，

则∠BAG=60°，

∴，

，

∴，

∴点B的坐标为．

故答案为：．

【点睛】

题考查旋转的性质与正多边形，由题意找出规律是解题的关键．

3、20

【分析】

先利用旋转的性质得到∠ADC=∠D=90°，∠DAD′=α，再利用四边形内角和计算出∠BAD‘=70°，然后利用互余计算出∠DAD′，从而得到α的值．

【详解】

∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形A′B′C′D′的位置，

∴∠ADC=∠D=90°，∠DAD′=α，

∵∠ABC=90°，

∴∠BAD’=180°-∠1=180°-110°=70°，

∴∠DAD′=90°-70°=20°，

即α=20°．

故答案为20．

【点睛】

本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．

4、

【分析】

先求出A、B、C坐标，再证明三角形BOC是等边三角形，最后根据扇形面积公式计算即可．

【详解】

过C作CD⊥OA于D

∵一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，

∴当时，，B点坐标为（0,1）

当时，，A点坐标为

∴

∵作的外接圆，

∴线段AB中点C的坐标为,

∴三角形BOC是等边三角形

∴

∵C的坐标为

∴

∴

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了一次函数的综合运用，求扇形面积．用已知点的坐标表示相应的线段是解题的关键．

5、相切或相交

【详解】

首先求出方程的根，再利用半径长度，由点O到直线l的距离为d，若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离，从而得出答案．

【分析】

解：∵x2﹣5x+6＝0，

（x﹣2）（x﹣3）＝0，

解得：x1＝2，x2＝3，

∵圆的半径是方程x2﹣5x+6＝0的根，即圆的半径为2或3，

∴当半径为2时，直线l与圆O的的位置关系是相切，

当半径为3时，直线l与圆O的的位置关系是相交，

综上所述，直线l与圆O的的位置关系是相切或相交．

故答案为：相切或相交．

【点睛】

本题考查的是直线与圆的位置关系，因式分解法解一元二次方程，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆的半径大小关系完成判定．

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、边长为，边心距为

【分析】

过点O作OE⊥BC，垂足为E，利用圆内接四边形的性质求出∠BOC=90°，∠OBC=45°，然后在Rt△OBE中，根据勾股定理求出OE、BE即可．

【详解】

解：过点O作OE⊥BC，垂足为E，

∵正方形ABCD是半径为R的⊙O内接四边形，R＝6，

∴∠BOC==90°，∠OBC=45°，OB=OC=6，   

∴BE=OE．                                  

在Rt△OBE中，∠BEO=90°，由勾股定理可得

∵OE2+BE2=OB2,

∴OE2+BE2=36,

∴OE= BE=，          

 ∴BC=2BE=，

 即半径为6的圆内接正方形ABCD的边长为，边心距为．

【点睛】

本题考查了圆内接四边形的性质，以及勾股定理，正多边形各边所对的外接圆的圆心角都相等，正多边形每一边所对的外接圆的圆心角叫做正多边形的中心角，正n边形每个中心角都等于．

3、（1）①OA′，图形见详解；②2；③ “转后距”为；（2）t的取值范围为t＜-5或0＜t＜2或．

【分析】

（1）①当时，记线段OA为图形M．图形M绕原点逆时针旋转90°得到图形即OA′．

②∵点C为图形N，求出OC=2最短距离；

③过点O作OF⊥AC于F，先证△OAC为等边三角形，OF⊥AC，根据勾股定理求出OF=即可；

（2）点，点，可求tan∠OPQ=，得出当点P在x轴负半轴时，∠OPQ=120°，当点P在x轴正半轴时，∠OPQ=60°，得出∠CAB=∠ABC=30°，分三种情况，当°，当点P在点B右边，PB=t-4，BD＞1，列不等式，解得，当点P在点B左边B′右边时，∠EPB=∠OPQ=60°，PB=2PE＞2×1即4-t＞2解得t＜2，当t=0时，OA′=2，A′Q=2-1=1，t＞0，当点P在B′左边，PB′＞1，OB′=OB=4，t＜-5即可．

【详解】

解：（1）①当时，记线段OA为图形M．图形M绕原点逆时针旋转90°得到图形即OA′；

②∵点C为图形N，OC=2为图形M与图形N的“转后距”，

∴“转后距”为2，

故答案为2；

③线段AC为图形N，

过点O作OF⊥AC于F，

根据勾股定理OA=，AC=，

∴OA=AC=OC=2，

∴△OAC为等边三角形，

∵OF⊥AC，

∴AF=CF=1，

∴OF=，

∴“转后距”为；

（2）∵点，点，

∴tan∠OPQ=，

∴当点P在x轴负半轴时，∠OPQ=120°，当点P在x轴正半轴时，∠OPQ=60°，

∵CB=4-2=2=AC，∠ACO=60°，

∴∠CAB=∠ABC=30°，

分三种情况，

当°，当点P在点B右边，PB=t-4，BD＞1，

∴BPsin60＞1，

∴，

解得；

当点P在点B左边B′右边时，∠EPB=∠OPQ=60°，

∴∠OEB=180°-∠EPB-∠ABC=180°-60°-30°=90°，

∵PB=4-t，

∴PB=2PE＞2×1即4-t＞2，

解得t＜2，

当t=0时，点P与原点O重合，OA′=2，A′Q=2-1=1，

∴t＞0，

∴0＜t＜2；

当点P在B′左边，PB′＞1，OB′=OB=4，

∴t＜-5；

综合t的取值范围为t＜-5或0＜t＜2或．

【点睛】

本题考查图形新定义，仔细阅读，熟悉新定义要点，图形旋转性质，最短距离，锐角三角函数，锐角三角函数值求角度，等边三角形判定与性质，勾股定理，掌握图形新定义，仔细阅读，熟悉新定义要点，图形旋转性质，最短距离，锐角三角函数，锐角三角函数值求角度，等边三角形判定与性质，勾股定理是解题关键．

4、（1），，；（2）

【分析】

（1）由是⊙O的直径，得到∠ODB．再由为⊙O的切线，得到，即可推出∠ODA=∠BDE，由角平分线的定义可得，由，得到，即可证明；

（2）在直角△ODE中利用勾股定理求解即可．

【详解】

解：（1）如图②，连接，

是⊙O的直径，

，

∠ODB．（1）

为⊙O的切线，

，

，（2）

由（1）（2）得，∠ODA=∠BDE．

平分，

∴．

，

∠ODA，

．

故答案为：① ，② ，③ ；

（2）为的切线，

．

，

，

，

．

在中，

．

【点睛】

本题主要考查了切线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，直径所对的圆周角是直角，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握切线的性质．

5、（1）；（2）；（3）

【分析】

（1）如图，过作 垂足分别为 连接证明 四边形为正方形，可得 证明 可得答案；

（2）先求解 再结合（1）的结论可得答案；

（3）如图，连接 先求解 再证明 再求解 可得 再利用弧长公式计算即可.

【详解】

解：（1）如图，过作 垂足分别为 连接

四边形为矩形，

由勾股定理可得： 而

四边形为正方形，

而

（2）如图，过作 垂足分别为

由（1）得：四边形为正方形，

OA＝2，∠OAB＝15°，

（3）如图，连接

【点睛】

本题考查的是勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，矩形，正方形的判定与性质，垂径定理的应用，弧长的计算，掌握以上知识并灵活运用是解本题的关键.