2021学年第24章 圆综合与测试精练

这是一份2021学年第24章 圆综合与测试精练，共39页。
沪科版九年级数学下册第24章圆定向测试
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、在△ABC中，，点O为AB中点．以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，则⊙C 与AB的位置关系是（ ）

A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
2、下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3、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．
4、如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，若∠BAC＝30°，BC＝2，则AB的长为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．10
5、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°
6、如图，的半径为6，将劣弧沿弦翻折，恰好经过圆心O，点C为优弧上的一个动点，则面积的最大值是（ ）

A． B． C． D．
7、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°
8、扇形的半径扩大为原来的3倍，圆心角缩小为原来的，那么扇形的面积（ ）
A．不变 B．面积扩大为原来的3倍
C．面积扩大为原来的9倍 D．面积缩小为原来的
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，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°
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，点D为边长是的等边△ABC边AB左侧一动点，不与点A，B重合的动点D在运动过程中始终保持∠ADB＝120°不变，则四边形ADBC的面积S的最大值是 ____．

2、一个直角三角形的斜边长cm，两条直角边长的和是6cm，则这个直角三角形外接圆的半径为______cm，直角三角形的面积是________．
3、如图AB为⊙O的直径，点P为AB延长线上的点，过点P作⊙O的切线PE，切点为M，过A、B两点分别作PE垂线AC、BD，垂足分别为C、D，连接AM，则下列结论正确的是______（写所有正确论的号）
①AM平分∠CAB；②；③若AB=4，∠APE=30°，则的长为；④若AC=3BD，则有tan∠MAP=．

4、如图，与x轴交于、两点，，点P是y轴上的一个动点，PD切于点D，则△ABD的面积的最大值是________；线段PD的最小值是________．

5、点（2，-3）关于原点的对称点的坐标为_____．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、在平面直角坐标系xOy中，对于点P，O，Q给出如下定义：若OQ＜PO＜PQ且PO≤2，我们称点P是线段OQ的“潜力点”
已知点O（0，0），Q（1，0）
（1）在P1（0，-1），P2（，），P3（-1，1）中是线段OQ的“潜力点”是_____________；
（2）若点P在直线y＝x上，且为线段OQ的“潜力点”，求点P横坐标的取值范围；
（3）直线y＝2x＋b与x轴交于点M，与y轴交于点N，当线段MN上存在线段OQ 的“潜力点”时，直接写出b的取值范围

2、如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（﹣1，0），B（﹣4，1），C（﹣2，2）．

（1）直接写出点B关于原点对称的点B′的坐标：　 ；
（2）平移△ABC，使平移后点A的对应点A1的坐标为（2，1），请画出平移后的△A1B1C1；
（3）画出△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2．
3、在等边中，是边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转120°，得到，连接．

（1）如图1，当、、三点共线时，连接，若，求的长；
（2）如图2，取的中点，连接，猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接、交于点．若，请直接写出的值．
4、如图1，点O为直线AB上一点，将两个含60°角的三角板MON和三角板OPQ如图摆放，使三角板的一条直角边OM、OP在直线AB上，其中．

（1）将图1中的三角板OPQ绕点O按逆时针方向旋转至图2的位置，使得边OP在的内部且平分，此时三角板OPQ旋转的角度为______度；
（2）三角板OPQ在绕点O按逆时针方向旋转时，若OP在的内部．试探究与之间满足什么等量关系，并说明理由；
（3）如图3，将图1中的三角板MON绕点O以每秒2°的速度按顺时针方向旋转，同时将三角板OPQ绕点O以每秒3°的速度按逆时针方向旋转，将射线OB绕点O以每秒5°的速度沿逆时针方向旋转，旋转后的射线OB记为OE，射线OC平分，射线OD平分，当射线OC、OD重合时，射线OE改为绕点O以原速按顺时针方向旋转，在OC与OD第二次相遇前，当时，直接写出旋转时间t的值．
5、如图，为的直径，为的切线，弦，直线交的延长线于点，连接．

求证：（1）；
（2）．

-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
根据等腰三角形的性质，三线合一即可得，根据三角形切线的判定即可判断是的切线，进而可得⊙C 与AB的位置关系
【详解】
解：连接,

，点O为AB中点．

CO为⊙C的半径，
是的切线，
⊙C 与AB的位置关系是相切
故选B
【点睛】
本题考查了三线合一，切线的判定，直线与圆的位置关系，掌握切线判定定理是解题的关键．
2、C
【分析】
根据中心对称图形的概念：一个平面图形绕某一点旋转180,如果旋转后的图形能够和原图形重合,那么这个图形叫做中心对称图形,这个点就是对称中心. 根据中心对称图形的概念对各选项进行一一分析判定即可求解．
【详解】
A、不是中心对称图形，不符合题意；
B、不是中心对称图形，不符合题意；
C、是中心对称图形，符合题意；
D、不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形，掌握好中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后能够与原来的图形重合．
3、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．
4、A
【分析】
根据直径所对的圆角为直角，可得 ，再由直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，即可求解．
【详解】
解：∵AB是⊙O的直径，
∴ ，
∵∠BAC＝30°，BC＝2，
∴．
故选：A
【点睛】
本题主要考查了直径所对的圆角，直角三角形的性质，熟练掌握直径所对的圆角为直角；直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．
5、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.
6、C
【分析】
如图，过点C作CT⊥AB于点T，过点O作OH⊥AB于点H，交⊙O于点K，连接AO、AK，解直角三角形求出AB，求出CT的最大值，可得结论．
【详解】
解：如图，过点C作 CT⊥AB 于点T，过点O作OH⊥AB于点H，交⊙O于点K，连接AO、AK，

由题意可得AB垂直平分线段OK，
∴AO=AK，OH=HK=3，
∵OA=OK，
∴OA=OK=AK，
∴∠OAK=∠AOK=60°，
∴AH=OA×sin60°=6×=3，
∵OH⊥AB，
∴AH=BH，
∴AB=2AH=6，
∵OC+OH⩾CT，
∴CT⩽6+3=9，
∴CT的最大值为9，
∴△ABC的面积的最大值为=27，
故选：C.
【点睛】
本题考查垂径定理、三角函数、三角形的面积、垂线段最短等知识，解题的关键是求出CT的最大值，属于中考常考题型．
7、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.
8、A
【分析】
设原来扇形的半径为r，圆心角为n，则变化后的扇形的半径为3r，圆心角为，利用扇形的面积公式即可计算得出它们的面积，从而进行比较即可得答案．
【详解】
设原来扇形的半径为r，圆心角为n，
∴原来扇形的面积为，
∵扇形的半径扩大为原来的3倍，圆心角缩小为原来的，
∴变化后的扇形的半径为3r，圆心角为，
∴变化后的扇形的面积为，
∴扇形的面积不变．
故选：A．
【点睛】
本题考查了扇形面积，熟练掌握并灵活运用扇形面积公式是解题关键．
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、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．
二、填空题
1、
【分析】
根据题意作等边三角形的外接圆，当点运动到的中点时，四边形ADBC的面积S的最大值，分别求出两个三角形的面积，相加即可．
【详解】
解：根据题意作等边三角形的外接圆，

D在运动过程中始终保持∠ADB＝120°不变，
在圆上运动，
当点运动到的中点时，四边形ADBC的面积S的最大值，
过点作的垂线交于点，如图：

，
，
，
在中，
，
解得：，
，
过点作的垂线交于，

，
，
，
，
故答案是：．
【点睛】
本题考查了等边三角形，外接圆、勾股定理、动点问题，解题的关键是，作出图象及掌握圆的相关性质．
2、 4
【分析】
设一直角边长为x，另一直角边长为（6-x）根据勾股定理，解一元二次方程求出，根据这个直角三角形的斜边长为外接圆的直径，可求外接圆的半径为cm，利用三角形面积公式求即可．
【详解】
解：设一直角边长为x，另一直角边长为（6-x），
∵三角形是直角三角形，
∴根据勾股定理，
整理得：，
解得，
这个直角三角形的斜边长为外接圆的直径，
∴外接圆的半径为cm，
三角形面积为．
故答案为；．
【点睛】
本题考查直角三角形的外接圆，直角所对弦性质，勾股定理，一元二次方程，三角形面积，掌握以上知识是解题关键．
3、①②④
【分析】
连接OM，由切线的性质可得，继而得，再根据平行线的性质以及等边对等角即可求得，由此可判断①；通过证明，根据相似三角形的对应边成比例可判断②；求出，利用弧长公式求得的长可判断③；由，，，可得，继而可得，，进而有，在中，利用勾股定理求出PD的长，可得，由此可判断④．
【详解】
解：连接OM，

∵PE为的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
即AM平分，故①正确；
∵AB为的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的长为，故③错误；
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，，，
∴，
又∵，
∴，
设，则，
∴，
在中，，
∴，
∴，
由①可得，
，
故④正确，
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了切线的性质，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
4、
【分析】
根据题中点的坐标可得圆的直径，半径为1，分析以AB定长为底，点D在圆上，高最大为圆的半径，即可得出三角形最大的面积；连接AP，设点，根据切线的性质及勾股定理可得，由其非负性即可得．
【详解】
解：如图所示：当点P到如图位置时，的面积最大，

∵、，
∴圆的直径，半径为1，
∴以AB定长为底，点D在圆上，高最大为圆的半径，如图所示：
此时面积的最大值为：；
如图所示：连接AP，

∵PD切于点D，
∴，
∴，
设点，
在中，，，
∴，
在中，，
∴，
则，
当时，PD取得最小值，
最小值为，
故答案为：①；②．
【点睛】
题目主要考查切线的性质及勾股定理的应用，理解题意，作出相应图形求出解析式是解题关键．
5、 (-2，3)
【分析】
根据“关于原点对称的点的坐标关系，横坐标与纵坐标都互为相反数”，即可求解．
【详解】
点(2，-3)关于原点的对称点的坐标是(-2，3)．
故答案为: （-2，3）．
【点睛】
本题主要考查点关于原点对称，解决本题的关键是要熟练掌握关于原点对称点的坐标的关系．
三、解答题
1、（1）；（2）；（3）或
【分析】
（1）分别计算出OQ、PO和PQ的长度，比较即可得出答案；
（2）先判断点P在以O为圆心，1为半径的圆外且点P在线段OQ垂直平分线的左侧，结合PO≤2，点P在以O为圆心，2为半径的圆上或圆内，可得点P在如图所示的线段AB上（不包含点B），过作轴，过作轴，垂足分别为 再根据图形的性质求解 从而可得答案；
（3）由（2）得：点P在以O为圆心，1为半径的圆外且点P在以O为圆心，2为半径的圆上或圆内，而PO＜PQ，点P在线段OQ垂直平分线的左侧，再分两种情况讨论：当时，当时，分别画出两种情况下的临界直线 再根据临界直线经过的特殊点求解的值，再确定范围即可.
【详解】
解：（1） O（0，0），Q（1，0），

P1（0，-1），P2（，），P3（-1，1）
不满足OQ＜PO＜PQ且PO≤2，
所以不是线段OQ的“潜力点”，
同理：
所以不满足OQ＜PO＜PQ且PO≤2，
所以不是线段OQ的“潜力点”，
同理：

所以满足：OQ＜PO＜PQ且PO≤2，
所以是线段OQ的“潜力点”，
故答案为：P3
（2）∵点P为线段OQ的“潜力点”，
∴OQ＜PO＜PQ且PO≤2，
∵OQ＜PO，
∴点P在以O为圆心，1为半径的圆外
∵PO＜PQ，
∴点P在线段OQ垂直平分线的左侧，而的垂直平分线为：
∵PO≤2，
∴点P在以O为圆心，2为半径的圆上或圆内
又∵点P在直线y＝x上，
∴点P在如图所示的线段AB上（不包含点B）
过作轴，过作轴，垂足分别为

由题意可知△BOC和 △AOD是等腰三角形，
∴
∴-≤xp＜-
（3）由（2）得：点P在以O为圆心，1为半径的圆外且点P在以O为圆心，2为半径的圆上或圆内，
而PO＜PQ，点P在线段OQ垂直平分线的左侧
当时，过时，
即函数解析式为：
此时 则

当与半径为2的圆相切于时，则
由
而


当时，如图，同理可得：点P在以O为圆心，1为半径的圆外且点P在以O为圆心，2为半径的圆上或圆内，
而PO＜PQ，点P在线段OQ垂直平分线的左侧，

同理：当过 则 直线为
在直线上，
此时
当过时， 则

所以此时：
综上：的范围为：1＜b≤或＜b＜-1
【点睛】
本题考查的是新定义情境下的知识运用，圆的基本性质，圆的切线的性质，一次函数的综合应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，数形结合是解本题的关键.
2、（1）（4，﹣1）；（2）见解析；（3）见解析．
【分析】
（1）根据关于原点对称的两点的横纵坐标均与原来点的横纵坐标互为相反数，据此可得答案；
（2）将三个点分别向右平移3个单位、再向上平移1个单位，继而首尾顺次连接即可；
（3）将三个点分别绕原点O逆时针旋转90°后得到对应点，再首尾顺次连接即可．
【详解】
（1）点B关于原点对称的点B′的坐标为（4，﹣1），
故答案为：（4，﹣1）；
（2）如图所示，△A1B1C1即为所求．

（3）如图所示，△A2B2C2即为所求．
【点睛】
本题主要考查作图—平移变换、旋转变换，解题的关键是掌握平移变换和旋转变换的定义与性质，并据此得出变换后的对应点．
3、（1）；（2）；证明见解析；（3）
【分析】
（1）过点作于点，根据等边三角形的性质与等腰的性质以及勾股定理求得，进而求得，在中，，，勾股定理即可求解；
（2）延长至，使得，连接，过点作，交于点，根据平行四边形的性质可得，，证明是等边三角形，进而证明，即可证明是等边三角形，进而根据三线合一以及含30度角的直角三角形的性质，可得；
（3）过点作于点，过点作，连接，交于点，过点作，交于点，过点作于点，先证明，结合中位线定理可得，进而可得，设，分别勾股定理求得，进而根据求得，即可求得的值
【详解】
（1）过点作于点，如图

将绕点顺时针旋转120°，得到，


是等边三角形
，


，






在中，，

（2）如图，延长至，使得，连接，过点作，交于点，

点是的中点

又
四边形是平行四边形
，

将绕点顺时针旋转120°，得到，


是等边三角形


，，
是等边三角形



设，则,
，





,
是等边三角形

，

即
（3） 如图，过点作于点，过点作，连接，交于点，过点作，交于点，过点作于点，


四点共圆

由（2）可知，




将绕点顺时针旋转120°，得到，


是的中点，
是的中位线





是等腰直角三角形




四边形是矩形
，
设
在中，

,

在中,

在中



【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边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，同弧所对的圆周角相等，四点共圆，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质与判定；掌握旋转的性质，等边三角形的性质与判定是解题的关键．
4、
（1）135°
（2）∠MOP-∠NOQ=30°，理由见解析
（3）s或s．
【分析】
（1）先根据OP平分得到∠PON，然后求出∠BOP即可；
（2）先根据题意可得∠MOP=90°-∠POQ, ∠NOQ=60°-∠POQ,然后作差即可；
（3）先求出旋转前OC、OD的夹角，然后再求出OC与OD第一次和第二次相遇所需要的时间，再设在OC与OD第二次相遇前，当时，需要旋转时间为t，再分OE在OC的左侧和OE在OC的右侧两种情况解答即可．
（1）
解：∵OP平分∠MON
∴∠PON=∠MON=45°
∴三角板OPQ旋转的角：∠BOP=∠PON+∠NOB=135°．
故答案是135°
（2）
解：∠MOP-∠NOQ=30°，理由如下：
∵∠MON=90°，∠POQ=60°
∴∠MOP=90°-∠POQ, ∠NOQ=60°-∠POQ,
∴∠MOP-∠NOQ=90°-∠POQ -（60°-∠POQ）=30°．
（3）
解：∵射线OC平分，射线OD平分
∴∠NOC=45°，∠POD=30°
∴选择前OC与OD的夹角为∠COD=∠NOC+∠NOP+∠POD=165°
∴OC与OD第一次相遇的时间为165°÷（2°+3°）=33秒，此时OB旋转的角度为33×5°=165°
∴此时OC与OE的夹角165-（180-45-2×33）=96°
OC与OD第二次相遇需要时间360°÷（3°+2°）=72秒
设在OC与OD第二次相遇前，当时，需要旋转时间为t
①当OE在OC的左侧时，有（5°-2°）t=96°-13°，解得：t=s
②当OE在OC的右侧时，有（5°-2°）t=96°+13°，解得：t=s
然后，①②都是每隔360÷（5°-2°）=120秒，出现一次这种现象
∵C、D第二次相遇需要时间72秒
∴在OC与OD第二次相遇前，当时，、旋转时间t的值为s或s．

【点睛】
本题主要考查了角平分线的定义、平角的定义、一元一次方程的应用等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
5、（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）连接，根据，可证．从而可得，，即可证明，故；
（2）证明，可得，即可证明．
【详解】
证明：（1）连接，如图：

∵为的直径，为的切线，
∴，
∵，
∴，．
∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴；
（2）由（1）知：，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】
本题考查圆中的相似三角形判定与性质，涉及三角形全等的判定与性质，解题的关键是证明，从而得到．