数学九年级下册第24章 圆综合与测试课后练习题

这是一份数学九年级下册第24章 圆综合与测试课后练习题，共36页。
沪科版九年级数学下册第24章圆综合测评
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、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．
2、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°
3、如图，圆形螺帽的内接正六边形的面积为24cm2，则圆形螺帽的半径是（　　）

A．1cm B．2cm C．2cm D．4cm
4、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
5、如图，AB 为⊙O 的直径，弦 CD^AB，垂足为点 E，若 ⊙O的半径为5，CD=8，则AE的长为（ ）

A．3 B．2 C．1 D．
6、如图，为正六边形边上一动点，点从点出发，沿六边形的边以1cm/s的速度按逆时针方向运动，运动到点停止．设点的运动时间为，以点、、为顶点的三角形的面积是，则下列图像能大致反映与的函数关系的是（ ）

A． B．
C． D．
7、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．
8、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
9、如图，是的直径，弦，垂足为，若，则（ ）

A．5 B．8 C．9 D．10
10、从图形运动的角度研究抛物线, 有利于我们认识新的拋物线的特征. 如果将拋物线绕着原点旋转180°，那么关于旋转后所得新抛物线与原抛物线之间的关系，下列法正确的是（ ）
A．它们的开口方向相同 B．它们的对称轴相同
C．它们的变化情況相同 D．它们的顶点坐标相同
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、数学兴趣活动课上，小方将等腰的底边BC与直线l重合，问：

（1）如图（1）已知，，点P在BC边所在的直线l上移动，小方发现AP的最小值是______；
（2）如图（2）在直角中，，，，点D是CB边上的动点，连接AD，将线段AD顺时针旋转60°，得到线段AP，连接CP，线段CP的最小值是______．
2、在平面直角坐标系中，已知点与点关于原点对称，则________，________．
3、如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的半圆O上有一动点B，点，为等腰直角三角形，A为直角顶点，且C在第一象限，则线段OC长度的最大值为______．

4、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______．

5、如图，、分别与相切于A、B两点，若，则的度数为________．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、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．

2、如图，在△ABC是⊙O的内接三角形，∠B＝45°，连接OC，过点A作AD∥OC，交BC的延长线于D．

（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2，∠OCB＝75°，求△ABC边AB的长．
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、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．
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、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.
2、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．
3、D
【分析】
根据圆内接正六边形的性质可得△AOB是正三角形，由面积公式可求出半径．
【详解】
解：如图，由圆内接正六边形的性质可得△AOB是正三角形，过作于

设半径为r，即OA=OB=AB=r，
OM=OA•sin∠OAB=，
∵圆O的内接正六边形的面积为（cm2），
∴△AOB的面积为（cm2），
即，
，
解得r=4，
故选：D．
【点睛】
本题考查正多边形和圆，作边心距转化为直角三角形的问题是解决问题的关键．
4、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．
5、B
【分析】
连接OC，由垂径定理，得到CE=4，再由勾股定理求出OE的长度，即可求出AE的长度．
【详解】
解：连接OC，如图

∵AB 为⊙O 的直径，CD^AB，垂足为点 E，CD=8，
∴，
∵，
∴，
∴；
故选：B．
【点睛】
本题考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键是掌握所学的知识，正确的求出．
6、A
【分析】
设正六边形的边长为1，当在上时，过作于 而 求解此时的函数解析式，当在上时，延长交于点 过作于 并求解此时的函数解析式，当在上时，连接 并求解此时的函数解析式，由正六边形的对称性可得：在上的图象与在上的图象是对称的，在上的图象与在上的图象是对称的，从而可得答案.
【详解】
解：设正六边形的边长为1，当在上时，
过作于 而




当在上时，延长交于点 过作于

同理：
则为等边三角形，



当在上时，连接

由正六边形的性质可得：

由正六边形的对称性可得： 而


由正六边形的对称性可得：在上的图象与在上的图象是对称的，
在上的图象与在上的图象是对称的，
所以符合题意的是A，
故选A
【点睛】
本题考查的是动点问题的函数图象，锐角三角函数的应用，正多边形的性质，清晰的分类讨论是解本题的关键.
7、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．
8、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．
9、C
【分析】
连接，根据垂径定理可得，设的半径为，则,进而勾股定理列出方程求得半径，进而求得
【详解】
解：如图，连接，

∵是的直径，弦，
∴
设的半径为，则
在中，，
即
解得
即

故选C
【点睛】
本题考查的是垂径定理，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．
10、B
【分析】
根据旋转的性质及抛物线的性质即可确定答案．
【详解】
抛物线的开口向上，对称轴为y轴，顶点坐标为(0，2)，将此抛物线绕原点旋转180°后所得新抛物线的开口向下，对称轴仍为y轴，顶点坐标为(0，－2)，所以在四个选项中，只有B选项符合题意．
故选：B
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质等知识，掌握这两方面的知识是关键．
二、填空题
1、10 5
【分析】
（1）如图，作AH⊥BC于H．根据垂线段最短，求出AH即可解决问题．
（2）如图，在AB上取一点K，使得AK＝AC，连接CK，DK．由△PAC≌△DAK（SAS），推出PC＝DK，易知KD⊥BC时，KD的值最小，求出KD的最小值即可解决问题．
【详解】
解：如图作AH⊥BC于H，

∵AB＝AC＝20，，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
根据垂线段最短可知，当AP与AH重合时，PA的值最小，最小值为10．
∴AP的最小值是10；
（2）如图，在AB上取一点K，使得AK＝AC，连接CK，DK．

∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴∠CAK＝60°，
∴∠PAD＝∠CAK，
∴∠PAC＝∠DAK，
∵PA＝DA，CA＝KA，
∴△PAC≌△DAK（SAS），
∴PC＝DK，
∵KD⊥BC时，KD的值最小，
∵ ，
是等边三角形，


∴ ，
∴PC的最小值为5．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
2、2 2
【分析】
关于原点对称的两个点的横纵坐标都互为相反数，根据特点列式求出a、b即可求得答案．
【详解】
解：∵点和点关于原点对称，
∴，
∴，
故答案为：2；2．
【点睛】
本题主要考查了关于原点对称点的坐标特征，解二元一次方程组，熟记关于原点对称点的坐标特征并运用解题是关键．
3、1+
【分析】
过点C作CD⊥x轴于D，过B作BE⊥x轴于E，连结OB，设OD=x，根据点A（3，0）可求AD=x-3，根据为等腰直角三角形，得出AB=AC，∠BAC=90°，再证△BAE≌△ACD（AAS），得出BE=AD=x-3,EA=DC，在Rt△EBO中，根据勾股定理，
得出CD=AE=，根据勾股定理CO=，当OD=CD时OC最大，OC=此时解方程即可．
【详解】
解：过点C作CD⊥x轴于D，过B作BE⊥x轴于E，连结OB，设OD=x，
∵点A（3，0）
∴AD=x-3，
∵为等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠BAE+∠CAD=180°-∠BAC=180°-90°=90°，
∵CD⊥x轴， BE⊥x轴，
∴∠BEA=∠ADC=90°，
∴∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠ACD=∠BAE，
在△BAE和△ACD中，
，
∴△BAE≌△ACD（AAS），
∴BE=AD=x-3,EA=DC，
在Rt△EBO中，OB=1，BE= x-3，
根据勾股定理，
∴EA=OE+OA=，
∴CD=AE=，
∴CO=，
当OD=CD时OC最大，OC=，此时，
∴，
∴，
∴，
∴，（舍去），
∴线段OC长度的最大值为．

故答案为：1+．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，掌握等腰直角三角形性质，三角形全等判定与性质，勾股定理是解题关键．
4、
【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．
5、
【分析】
根据已知条件可得出，，再利用圆周角定理得出即可．
【详解】
解：、分别与相切于、两点，
，，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的知识点是切线的性质以及圆周角定理，掌握以上知识点是解此题的关键．
三、解答题
1、（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．
2、（1）见解析；（2）
【分析】
（1）如图所示，连接OA，由圆周角定理可得∠COA=90°，再由平行线的性质得到∠OAD+∠COA=180°，则∠OAD=90°，由此即可证明；
（2）连接OB，过点O作OE⊥AB，垂足为E，先由等腰三角形的性质与三角形内角和定理求出∠COB =30°，则∠AOB=120°，可以得到∠OAB=∠OBA=30°，由勾股定理可得，求出，则AB=．
【详解】
解：（1）如图所示，连接OA，
∵∠CBA=45°，
∴∠COA=90°，
∵AD∥OC，
∴∠OAD+∠COA=180°，
∴∠OAD=90°，
又∵点A在圆O上，
∴AD是⊙O的切线；

（2）连接OB，过点O作OE⊥AB，垂足为E，
∵∠OCB=75°，OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=75°，
∴∠COB=180°-∠OCB-∠OBC=30°，
由（1）证可得∠AOC=90°，
∴∠AOB=120°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=30°，
又∵OE⊥AB，
∴AE=BE，
在Rt△AOE中，AO=2，∠OAE=30°，
∴OE=AO=1，
由勾股定理可得，，
∴AB=．

【点睛】
本题主要考查了圆周角定理，切线的判定，等腰三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，熟知相关知识是解题的关键．
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）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．
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．