沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试同步练习题

沪科版九年级数学下册第24章圆专项训练

 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、点P(－3，1)关于原点对称的点的坐标是（    ）

A．(－3，1) B．(3，1) C．(3，－1) D．(－3，－1)

2、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°

3、下列四个图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

4、如图，点A、B、C在上，，则的度数是（    ）

A．100° B．50° C．40° D．25°

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、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

7、如图，是的直径，弦，垂足为，若，则（    ）

A．5 B．8 C．9 D．10

8、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

9、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°

10、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

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，正方形ABCD是边长为2，点E、F是AD边上的两个动点，且AE=DF，连接BE、CF，BE与对角线AC交于点G，连接DG交CF于点H，连接BH，则BH的最小值为_______．

2、斛是中国古代的一种量器.据《汉书 .律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆” . 如图所示，

问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为________尺．

3、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）

4、两直角边分别为6、8，那么的内接圆的半径为____________．

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、如图，四边形ABCD是正方形．△ABE是等边三角形，M为对角线 BD(不含B，D点)上任意一点，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接 EN，AM、CM．请判断线段 AM 和线段 EN 的数量关系，并说明理由．

2、在中，，，过点A作BC的垂线AD，垂足为D，E为线段DC上一动点（不与点C重合），连接AE，以点A为中心，将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，连接BF，与直线AD交于点G．

（1）如图，当点E在线段CD上时，

①依题意补全图形，并直接写出BC与CF的位置关系；

②求证：点G为BF的中点．

（2）直接写出AE，BE，AG之间的数量关系．

3、如图，在直角坐标系中，将△ABC绕点A顺时针旋转90°．

（1）画出旋转后的△AB1C1，并写出B1、C1的坐标；

（2）求线段AB在旋转过程中扫过的面积．

4、如图，在平面直角坐标系中，有抛物线，已知OA =OC =3OB，动点P在过A，B，C三点的抛物线上．

（1）求抛物线的解析式；

（2）求过A，B，C三点的圆的半径；

（3）是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，说明理由；

5、问题：如图，是的直径，点在内，请仅用无刻度的直尺，作出中边上的高.

小芸解决这个问题时，结合圆以及三角形高线的相关知识，设计了如下作图过程．

作法：如图，

①延长交于点，延长交于点；

②分别连接，并延长相交于点；

③连接并延长交于点．

所以线段即为中边上的高．

（1）根据小芸的作法，补全图形；

（2）完成下面的证明．

证明：∵是的直径，点，在上，

∴________°．（______）（填推理的依据）

∴，．

∴，________是的两条高线．

∵，所在直线交于点，

∴直线也是的高所在直线．

∴是中边上的高．

-参考答案-

一、单选题

1、C

【分析】

据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（x，y），然后直接作答即可．

【详解】

解：根据中心对称的性质，可知：点P（3，1）关于原点O中心对称的点的坐标为（3，1）．

故选：C．

【点睛】

本题考查关于原点对称的点坐标的关系，是需要熟记的基本问题，记忆方法可以结合平面直角坐标系的图形．

2、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．

3、D

【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、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

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、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；

D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；

故选：D．

【点睛】

此题主要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．

4、C

【分析】

先根据圆周角定理求出∠AOB的度数，再由等腰三角形的性质即可得出结论．

【详解】

∵∠ACB=50°，

∴∠AOB=100°，

∵OA=OB，

∴∠OAB=∠OBA= 40°，

故选：C．

【点睛】

本题考查的是圆周角定理，即在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．

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、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．

7、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．

8、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．

9、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．

10、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．

二、填空题

1、##

【分析】

延长AG交CD于M，如图1，可证△ADG≌△DGC可得∠GCD=∠DAM，再证△ADM≌△DFC可得DF=DM=AE，可证△ABE≌△ADM，可得H是以AB为直径的圆上一点，取AB中点O，连接OD，OH，根据三角形的三边关系可得不等式，可解得DH长度的最小值．

【详解】

解：延长AG交CD于M，如图1，

∵ABCD是正方形，

∴AD=CD=AB，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠BDC，

∵AD=CD，∠ADB=∠BDC，DG=DG，

∴△ADG≌△DGC，

∴∠DAM=∠DCF且AD=CD，∠ADC=∠ADC，

∴△ADM≌△CDF，

∴FD=DM且AE=DF，

∴AE=DM且AB=AD，∠ADM=∠BAD=90°，

∴△ABE≌△DAM，

∴∠DAM=∠ABE，

∵∠DAM+∠BAM=90°，

∴∠BAM+∠ABE=90°，即∠AHB=90°，

∴点H是以AB为直径的圆上一点．

如图2，取AB中点O，连接OD，OH，

∵AB=AD=2，O是AB中点，

∴AO=1=OH，

在Rt△AOD中，OD=，

∵DH≥OD-OH，

∴DH≥-1，

∴DH的最小值为-1，

故答案为：-1．

【点睛】

本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，关键是证点H是以AB为直径的圆上一点．

2、

【分析】

如图，根据四边形CDEF为正方形，可得∠D=90°，CD=DE，从而得到CE是直径，∠ECD=45°，然后利用勾股定理，即可求解．

【详解】

解：如图，

∵四边形CDEF为正方形，

∴∠D=90°，CD=DE，

∴CE是直径，∠ECD=45°，

根据题意得：AB=2.5， ，

∴ ，

∴ ，

即此斛底面的正方形的边长为 尺．

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了圆内接四边形，勾股定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，勾股定理是解题的关键．

3、

【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．

4、5

【分析】

直角三角形外接圆的直径是斜边的长．

【详解】

解：由勾股定理得：AB==10，

∵∠ACB=90°，

∴AB是⊙O的直径，

∴这个三角形的外接圆直径是10，

∴这个三角形的外接圆半径长为5，

故答案为：5．

【点睛】

本题考查了三角形的外接圆与外心，知道直角三角形外接圆的直径是斜边的长是关键；外心是三边垂直平分线的交点，外心到三个顶点的距离相等．

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、AM=EN，理由见解析

【分析】

根据旋转性质和等边三角形的性质可证得∠ABM=∠EBN，BM=BN，AB=BE，根据全等三角形的判定证明△ABM≌△EBN即可得出结论．

【详解】

解：AM=EN，理由为：

∵△ABE是等边三角形，

∴AB=BE，∠ABE=60°，即∠EBN=∠ABN=60°，

∵线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，

∴BM=BN，∠MBN=60°，即∠ABM+∠ABN=60°，

∴∠ABM=∠EBN，

在△ABM和△EBN中，

，

∴△ABM≌△EBN（SAS），

∴AM=EN．

【点睛】

本题考查等边三角形的性质、旋转性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握用全等三角形证明线段相等是解答的关键．

2、（1）①BC⊥CF；证明见详解；②见详解;（2）2AE2=4AG2+BE2．证明见详解．

【分析】

（1）①如图所示，BC⊥CF．根据将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，得出AE=AF，∠EAF=90°，可证△BAE≌△CAF（SAS），得出∠ABE=∠ACF=45°，可得∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°即可；

②根据AD⊥BC，BC⊥CF．可得AD∥CF，可证△BDG∽△BCF，可得，得出即可；

（2）2AE2=4AG2+BE2，延长BA交CF延长线于H，根据等腰三角形性质可得AD平分∠BAC，可得∠BAD=∠CAD=，可证△BAG∽△BHF，得出HF=2AG，再证△AEC≌△AFH（AAS），得出EC=FH=2AG，利用勾股定理得出，即即可．

【详解】

解：（1）①如图所示，BC⊥CF．

∵将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，

∴AE=AF，∠EAF=90°，

∴∠EAC+∠CAF=90°，

∵，，

∴∠BAE+∠EAC=90°，∠ABC=∠ACB=45°，

∴∠BAE=∠CAF，

在△BAE和△CAF中，

，

∴△BAE≌△CAF（SAS），

∴∠ABE=∠ACF=45°，

∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，

∴BC⊥CF；

②∵AD⊥BC，BC⊥CF．

∴AD∥CF，

∴∠BDG=∠BCF=90°，∠BGD=∠BFC，

∴△BDG∽△BCF，

∴，

∵，AD⊥BC，

∴BD=DC=，

∴，

∴，

∴，

∴BG=GF;

（2）2AE2=4AG2+BE2．延长BA交CF延长线于H，

∵AD⊥BC，AB=AC，

∴AD平分∠BAC，

∴∠BAD=∠CAD=，

∵BG=GF，AG∥HF，

∴∠BAG=∠H=45°，∠AGB=∠HFB，

∴△BAG∽△BHF，

∴，

∴HF=2AG，

∵∠ACE=45°，

∴∠ACE =∠H，

∵∠EAC+∠CAF=90°，∠CAF+∠FAH=90°，

∴∠EAC=∠FAH，

在△AEC和△AFH中，

，

∴△AEC≌△AFH（AAS），

∴EC=FH=2AG，

在Rt△AEF中，根据勾股定理，

在Rt△ECF中，即．

【点睛】

本题考查图形旋转性质，三角形完全判定与性质，等腰直角三角形性质，三角形相似判定与性质，勾股定理，掌握图形旋转性质，三角形完全判定与性质，等腰直角三角形性质，三角形相似判定与性质，勾股定理是解题关键．

3、（1）作图见解析，、；（2）

【分析】

（1）将绕点A顺时针旋转90°得，根据点A、B、C坐标，即可确定出点、的坐标；

（2）根据勾股定理求出AB的长，由扇形面积公式即可得出答案．

【详解】

（1）将绕点A顺时针旋转90°得如图所示：

∴、；

（2）由图可知：，

∴线段AB在旋转过程中扫过的面积为．

【点睛】

本题考查作旋转图形以及扇形的面积公式，掌握旋转的性质及扇形的面积公式是解题的关键．

4、（1）y=-x2+2x+3；（2）；（3）点P（1，4）或（-2，-5）．

【分析】

（1）3=OC=OA=3OB，故点A、B、C的坐标分别为：（0，3）、（-1，0）、（3，0），即可求解；

（2）圆的圆心在BC的中垂线上，故设圆心R（1，m），则RA=RC，即：1+（m-3）2=4+m2，解得：m=1，故点R（1，1），即可求解；

（3）分两种情况讨论，利用等腰直角三角形的性质，即可求解．

【详解】

解：（1）令x=0，则y=3，

则点A的坐标为（3，0），

根据题意得：OC=3=OA=3OB，

故点B、C的坐标分别为：（-1，0）、（3，0），

则抛物线的表达式为：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3），

把（3，0）代入得-3a=3，

解得：a=-1，

故抛物线的表达式为：y=-x2+2x+3；

（2）圆的圆心在BC的中垂线上，故设圆心R（1，m），

则RA=RC，即：1+（m-3）2=4+m2，解得：m=1，故点R（1，1），

则圆的半径为：；

（3）过点A、C分别作直线AC的垂线，交抛物线分别为P、P1，

设点P(x，-x2+2x+3)，过点P作PQ⊥轴于点Q，

∵OA =OC，∠PAC=90°，

∴∠ACO=∠OAC=45°，

∵∠PAC=90°，

∴∠PAQ=45°，

∴△PAQ 是等腰直角三角形，

∴PQ=AQ=x，

∴AQ+AO=x+3=-x2+2x+3，

解得：(舍去)，

∴点P(1，4)；

设点P1(m，-m2+2m+3)，过点P1作P1D⊥轴于点D，

同理得△P1CD是等腰直角三角形，且点P1在第三象限，即m<0，

∴P1D=CD=m2-2m-3，DO=-m，

∴DO+OC= P1D，即-m+3= m2-2m-3，

解得：(舍去)，

∴点P(-2，-5)；

综上，点P（1，4）或（-2，-5）．

【点睛】

本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，圆的基本知识等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．

5、（1）见详解；（2）90，直径所对的圆周角是直角，BD．

【分析】

（1）根据作图步骤作出图形即可；

（2）根据题意填空，即可求解．

【详解】

解：（1）如图，CH为△ABC中AB边上的高；

（2）证明：∵是的直径，点，在上，

∴___90_°．（__直径所对的圆周角是直角_）（填推理的依据）

∴，．

∴，_BD__是的两条高线．

∵，所在直线交于点，

∴直线也是的高所在直线．

∴是中边上的高．

故答案为：90，直径所对的圆周角是直角，BD．

【点睛】

本题考查了圆周角定理的推理，三角形的三条高线相交于一点等知识，熟知两个定理，并根据题意灵活应用是解题关键．