2021学年第24章 圆综合与测试练习题

这是一份2021学年第24章 圆综合与测试练习题，共34页。试卷主要包含了点P关于原点O的对称点的坐标是，下列判断正确的个数有，将一把直尺等内容，欢迎下载使用。

沪科版九年级数学下册第24章圆定向练习
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，在Rt△ABC中，，，点D、E分别是AB、AC的中点．将△ADE绕点A顺时针旋转60°，射线BD与射线CE交于点P，在这个旋转过程中有下列结论：①△AEC≌△ADB；②CP存在最大值为；③BP存在最小值为；④点P运动的路径长为．其中，正确的（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
2、在下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3、往直径为78cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽，则水的最大深度为（ ）

A．36 cm B．27 cm C．24 cm D．15 cm
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、点P(3，﹣2)关于原点O的对称点的坐标是（　　）
A．(3，﹣2) B．(﹣3，2) C．(﹣3，﹣2) D．(2，3)
6、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
7、下列判断正确的个数有（ ）
①直径是圆中最大的弦；
②长度相等的两条弧一定是等弧；
③半径相等的两个圆是等圆；
④弧分优弧和劣弧；
⑤同一条弦所对的两条弧一定是等弧．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8、将一把直尺、一个含60°角的直角三角板和一个光盘按如图所示摆放，直角三角板的直角边AD与直尺的一边重合，光盘与直尺相切于点B，与直角三角板相切于点C，且，则光盘的直径是（ ）

A．6 B． C．3 D．
9、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
10、如图，△ABC外接于⊙O，∠A＝30°，BC＝3，则⊙O的半径长为（ ）

A．3 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、一条弧所对的圆心角为，弧长等于，则这条弧的半径为________．
2、已知正多边形的半径与边长相等，那么正多边形的边数是______．
3、如图，在⊙O中，＝，AB＝10，BC＝12，D是上一点，CD＝5，则AD的长为______．

4、已知60°的圆心角所对的弧长是3.14厘米，则它所在圆的周长是______厘米．
5、在平面直角坐标系中，已知点与点关于原点对称，则________，________．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、对于平面直角坐标系xOy中的图形M和点P给出如下定义：Q为图形M上任意一点，若P，Q两点间距离的最大值和最小值都存在，且最大值是最小值的2倍，则称点P为图形M的“二分点”．
已知点N（3，0），A（1，0），，．

（1）①在点A，B，C中，线段ON的“二分点”是______；
②点D（a，0），若点C为线段OD的“二分点”，求a的取值范围；
（2）以点O为圆心，r为半径画圆，若线段AN上存在的“二分点”，直接写出r的取值范围．
2、如图，四边形是的内接四边形，，，．
（1）求的度数．
（2）求的度数．

3、定理：一条弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半．如图1，∠A＝∠O．
已知：如图2，AC是⊙O的一条弦，点D在⊙O上（与A、C不重合），联结DE交射线AO于点E，联结OD，⊙O的半径为5，tan∠OAC＝．

（1）求弦AC的长．
（2）当点E在线段OA上时，若△DOE与△AEC相似，求∠DCA的正切值．
（3）当OE＝1时，求点A与点D之间的距离（直接写出答案）．
4、如图，已知在中，，D、E是BC边上的点，将绕点A旋转，得到，连接．
（1）当时，时，求证：；
（2）当时，与有怎样的数量关系？请写出，并说明理由．
（3）在（2）的结论下，当，BD与DE满足怎样的数量关系时，是等腰直角三角形？（直接写出结论，不必证明）

5、如图，在中，，，将绕着点A顺时针旋转得到，连接BD，连接CE并延长交BD于点F．
（1）求的度数；
（2）若，且，求DF的长．


-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
根据，，点D、E分别是AB、AC的中点．得出∠DAE=90°，AD=AE=，可证∠DAB=∠EAC，再证△DAB≌△EAC（SAS），可判断①△AEC≌△ADB正确；作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，根据△AEC≌△ADB，得出∠DBA=∠ECA，可证∠P=∠BAC=90°，CP为⊙A的切线，证明四边形DAEP为正方形，得出PE=AE=3，在Rt△AEC中，CE=，可判断②CP存在最大值为正确；△AEC≌△ADB，得出BD=CE=，在Rt△BPC中，BP最小=可判断③BP存在最小值为不正确；取BC中点为O，连结AO，OP，AB=AC=6，∠BAC=90°，BP=CO=AO=，当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=，可求∠ACE=30°，根据圆周角定理得出∠AOP=2∠ACE=60°，当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=，可得∠ABD=30°根据圆周角定理得出∠AOP′=2∠ABD=60°，点P在以点O为圆心，OA长为半径，的圆上运动轨迹为，L可判断④点P运动的路径长为正确即可．
【详解】
解：∵，，点D、E分别是AB、AC的中点．
∴∠DAE=90°，AD=AE=，
∴∠DAB+∠BAE=90°，∠BAE+∠EAC=90°，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
故①△AEC≌△ADB正确；

作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，
∵△AEC≌△ADB，
∴∠DBA=∠ECA，
∴∠PBA+∠P=∠ECP+∠BAC，
∴∠P=∠BAC=90°，
∵CP为⊙A的切线，
∴AE⊥CP，
∴∠DPE=∠PEA=∠DAE=90°，
∴四边形DAEP为矩形，
∵AD=AE，
∴四边形DAEP为正方形，
∴PE=AE=3，
在Rt△AEC中，CE=，
∴CP最大=PE+EC=3+，
故②CP存在最大值为正确；

∵△AEC≌△ADB，
∴BD=CE=，
在Rt△BPC中，BP最小=，
BP最短=BD-PD=-3，
故③BP存在最小值为不正确；
取BC中点为O，连结AO，OP，
∵AB=AC=6，∠BAC=90°，
∴BP=CO=AO=，
当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=，
∴∠ACE=30°，
∴∠AOP=2∠ACE=60°，
当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=，
∴∠ABD=30°，
∴∠AOP′=2∠ABD=60°，
∴点P在以点O为圆心，OA长为半径，的圆上运动轨迹为，
∵∠POP=∠POA+∠AOP′=60°+60°=120°，
∴L．
故④点P运动的路径长为正确；
正确的是①②④．
故选B．

【点睛】
本题考查图形旋转性质，线段中点定义，三角形全等判定与性质，圆的切线，正方形判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，弧长公式，本题难度大，利用辅助线最长准确图形是解题关键．
2、B
【分析】
根据中心对称图形与轴对称图形的定义解答即可.
【详解】
解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B既是中心对称图形又是轴对称图形，符合题意；
C. 是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D. 既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意.
故选B.
【点睛】
本题主要考查的是中心对称图形与轴对称图形的定义.一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫作轴对称图形；把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合叫作中心对称图形.
3、C
【分析】
连接，过点作于点，交于点，先由垂径定理求出的长，再根据勾股定理求出的长，进而得出的长即可．
【详解】
解：连接，过点作于点，交于点，如图所示：

则，
的直径为，
，
在中，，
，
即水的最大深度为，
故选：C．
【点睛】
本题考查了垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是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．
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、B
【分析】
根据“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），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答．
【详解】
解：点P（3，﹣2）关于原点O的对称点P'的坐标是（﹣3，2）．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了关于原点对称的点的坐标的特点，正确掌握横纵坐标的关系是解题关键．
6、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．
7、B
【详解】
①直径是圆中最大的弦；故①正确，
②同圆或等圆中长度相等的两条弧一定是等弧；故②不正确
③半径相等的两个圆是等圆；故③正确
④弧分优弧、劣弧和半圆，故④不正确
⑤同一条弦所对的两条弧可位于弦的两侧，故不一定相等，则⑤不正确．
综上所述，正确的有①③
故选B
【点睛】
本题考查了圆相关概念，掌握弦与弧的关系以及相关概念是解题的关键．
8、D
【分析】
如图所示，设圆的圆心为O，连接OC，OB，由切线的性质可知∠OCA=∠OBA=90°，OC=OB，即可证明Rt△OCA≌Rt△OBA得到∠OAC=∠OAB，则，∠AOB=30°，推出OA=2AB=6，利用勾股定理求出，即可得到圆O的直径为．
【详解】
解：如图所示，设圆的圆心为O，连接OC，OB，
∵AC，AB都是圆O的切线，
∴∠OCA=∠OBA=90°，OC=OB，
又∵OA=OA，
∴Rt△OCA≌Rt△OBA（HL），
∴∠OAC=∠OAB，
∵∠DAC=60°，
∴，
∴∠AOB=30°，
∴OA=2AB=6，
∴，
∴圆O的直径为，
故选D．

【点睛】
本题主要考查了切线的性质，全等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，熟知切线的性质是解题的关键．
9、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．
10、A
【分析】
分析：连接OA、OB，根据圆周角定理，易知∠AOB=60°；因此△ABO是等边三角形，即可求出⊙O的半径．
【详解】
解：连接BO，并延长交⊙O于D，连结DC，
∵∠A=30°，
∴∠D=∠A=30°，
∵BD为直径，
∴∠BCD=90°，
在Rt△BCD中，BC=3，∠D=30°，
∴BD=2BC=6，
∴OB=3．
故选A．

【点睛】
本题考查了圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30°角所对直角三角形性质，掌握圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30°角所对直角三角形性质是解题的关键．
二、填空题
1、9cm
【分析】
由弧长公式即可求得弧的半径．
【详解】
∵
∴
故答案为：9cm
【点睛】
本题考查了扇形的弧长公式，善于对弧长公式变形是关键．
2、六
【分析】
设这个正多边形的边数为n，根据题意可知OA=OB=AB，则△OAB是等边三角形，得到∠AOB=60°，则，由此即可得到答案．
【详解】
解：设这个正多边形的边数为n，
∵正多边形的半径与边长相等，
∴OA=OB=AB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴，
∴，
∴正多边形的边数是六，
故答案为：六．

【点睛】
本题主要考查了正多边形和圆，等边三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键．
3、3
【分析】
过A作AE⊥BC于E，过C作CF⊥AD于F，根据圆周角定理可得∠ACB=∠B=∠D，AB=AC=10，再由等腰三角形的性质可知BE=CE=6，根据相似三角形的判定证明△ABE∽△CDF，由相似三角形的性质和勾股定理分别求得AE、DF、CF， AF即可求解．
【详解】
解：过A作AE⊥BC于E，过C作CF⊥AD于F，则∠AEB=∠CFD=90°，
∵＝， AB＝10，
∴∠ACB=∠B=∠D，AB=AC=10，
∵AE⊥BC，BC=12，
∴BE=CE=6，
∴，
∵∠B=∠D，∠AEB=∠CFD=90°，
∴△ABE∽△CDF，
∴，
∵AB=10，CD=5，BE=6，AE=8，
∴，
解得：DF=3，CF=4，
在Rt△AFC中，∠AFC=90°，AC=10，CF=4，
则，
∴AD=DF+AF=3＋2，
故答案为：3＋2．

【点睛】
本题考查圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定与性质是解答的关键．
4、18.84
【分析】
先根据弧长公式求得πr，然后再运用圆的周长公式解答即可．
【详解】
解：设圆弧所在圆的半径为厘米，
则，
解得，
则它所在圆的周长为（厘米），
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了弧长公式、圆的周长公式等知识点，牢记弧长公式是解答本题的关键．
5、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．
三、解答题
1、（1）①B和C；②或；（2）或
【分析】
（1）①分别找出点A，B，C到线段ON的最小值和最大值，是否满足“二分点”定义即可；
②对a的取值分情况讨论：、、和，根据“二分点”的定义可求解；
（2）设线段AN上存在的“二分点”为，对的取值分情况讨论、，、，和，根据“二分点”的定义可求解．
【详解】
（1）①

∵点A在ON上，故最小值为0，不符合题意，
点B到ON的最小值为，最大值为，
∴点B是线段ON的“二分点”，
点C到ON的最小值为1，最大值为，
∴点C是线段ON的“二分点”，
故答案为：B和C；
②若时，如图所示：

点C到OD的最小值为，最大值为，
∵点C为线段OD的“二分点”，
∴，
解得：；
若，如图所示：

点C到OD的最小值为1，最大值为，满足题意；
若时，如图所示：

点C到OD的最小值为1，最大值为，
∵点C为线段OD的“二分点”，
∴，
解得：（舍）；
若时，如图所示：

点C到OD的最小值为，最大值为，
∵点C为线段OD的“二分点”，
∴，
解得：或（舍），
综上所得：a的取值范围为或；
（2）

如图所示，设线段AN上存在的“二分点”为，
当时，最小值为：，最大值为：，
∴，即，
∵，
∴
∴；
当，时，最小值为：，最大值为：，
∴∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴不存在；
当，时，最小值为：，最大值为：，
∴，即，
∴，
∵，
∴不存在；
当时，最小值为：，最大值为：，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
综上所述，r的取值范围为或．
【点睛】
本题考查坐标上的两点距离，解一元二次方程解不等式以及点到圆的距离求最值，根据题目所给条件，掌握“二分点”的定义是解题的关键．
2、（1）70°；（2）103°
【分析】
（1）根据等弧所对的圆周角相等可得，得出，在三角形中利用三角形内角和定理求解即可得；
（2）由圆周角定理可得，结合（1）中结论及图形可得：，代入求解即可．
【详解】
解：（1），
，，
在中，
．
（2）由圆周角定理，得．
．
【点睛】
题目主要考查圆周角定理，三角形内角和定理，熟练掌握运用圆周角定理是解题关键．
3、
（1）8
（2）
（3）或．
【分析】
（1）过点O作OH⊥AC于点H，由垂径定理可得AH＝CH＝AC，由锐角三角函数和勾股定理可求解；
（2）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求AG，EG，CG的长，即可求解；
（3）分两种情况讨论，由相似三角形和勾股定理可求解．
（1）
如图2，过点O作OH⊥AC于点H，

由垂径定理得：AH＝CH＝AC，
在Rt△OAH中，，
∴设OH＝3x，AH＝4x，
∵OH2+AH2＝OA2，
∴（3x）2+（4x）2＝52，
解得：x＝±1，（x＝﹣1舍去），
∴OH＝3，AH＝4，
∴AC＝2AH＝8；
（2）
如图2，过点O作OH⊥AC于H，过E作EG⊥AC于G，

∵∠DEO＝∠AEC，
∴当△DOE与△AEC相似时可得：∠DOE＝∠A或者∠DOE＝∠ACD；

，
∴∠ACD≠∠DOE
∴当△DOE与△AEC相似时，不存在∠DOE＝∠ACD情况，
∴当△DOE与△AEC相似时，∠DOE＝∠A，
∴OD∥AC，
∴，
∵OD＝OA＝5，AC＝8，
∴，
∴，
∵∠AGE＝∠AHO＝90°，
∴GE∥OH，

∴△AEG∽△AOH，
∴，
∴，
∴，
∴，，
在Rt△CEG中，；
（3）
当点E在线段OA上时，如图3，过点E作EG⊥AC于G，过点O作OH⊥AC于H，延长AO交⊙O于M，连接AD，DM，

由（1）可得 OH＝3，AH＝4，AC＝8，
∵OE＝1，
∴AE＝4，ME＝6，
∵EG∥OH，
∴△AEG∽△AOH，
∴，
∴AG＝，EG＝，
∴GC＝，
∴EC＝＝＝，
∵AM是直径，
∴∠ADM＝90°＝∠EGC，
又∵∠M＝∠C，
∴△EGC∽△ADM，
∴，
∴，
∴AD＝2；
当点E在线段AO的延长线上时，如图4，延长AO交⊙O于M，连接AD，DM，过点E作EG⊥AC于G，

同理可求EG＝，AG＝，AE＝6，GC＝，
∴EC＝＝＝，
∵AM是直径，
∴∠ADM＝90°＝∠EGC，
又∵∠M＝∠C，
∴△EGC∽△ADM，
∴，
∴，
∴AD＝，
综上所述：AD的长是或
【点睛】
本题考查了垂径定理，勾股定理，解直角三角形，求角的正切值，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，正切的作出辅助线是解题的关键．
4、（1）见解析；（2）∠DAE＝∠BAC，见解析；（3）DE＝BD，见解析
【分析】
（1）根据旋转的性质可得AD＝AD′，∠CAD′＝∠BAD，然后求出∠D′AE＝60°，从而得到∠DAE＝∠D′AE，再利用“边角边”证明△ADE和△AD′E全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）根据旋转的性质可得AD＝AD′，再利用“边边边”证明△ADE和△AD′E全等，然后根据全等三角形对应角相等求出∠DAE＝∠D′AE，然后求出∠BAD＋∠CAE＝∠DAE，从而得解；
（3）求出∠D′CE＝90°，然后根据等腰直角三角形斜边等于直角边的倍可得D′E＝CD′，再根据旋转的性质解答即可．
【详解】
（1）证明：∵△ABD绕点A旋转得到△ACD′，
∴AD＝AD′，∠CAD′＝∠BAD，
∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，
∴∠D′AE＝∠CAD′＋∠CAE
＝∠BAD＋∠CAE
＝∠BAC−∠DAE
＝120°−60°
＝60°，
∴∠DAE＝∠D′AE，
在△ADE和△AD′E中，
，
∴△ADE≌△AD′E（SAS），
∴DE＝D′E；
（2）解：∠DAE＝ ∠BAC．
理由如下：在△ADE和△AD′E中，
，
∴△ADE≌△AD′E（SSS），
∴∠DAE＝∠D′AE，
∴∠BAD＋∠CAE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠D′AE＝∠DAE，
∴∠DAE＝∠BAC；
（3）解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝∠ACD′＝45°，
∴∠D′CE＝45°＋45°＝90°，
∵△D′EC是等腰直角三角形，
∴D′E＝CD′，
由（2）DE＝D′E，
∵△ABD绕点A旋转得到△ACD′，
∴BD＝C′D，
∴DE＝BD．
【点睛】
本题考查了几何变换的综合题，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小找出三角形全等的条件是解题的关键．
5、（1）45°；（2）
【分析】
（1）根据旋转的性质得，，，，通过等量代换及三角形内角和得，根据四点共圆即可求得；
（2）连接EB，先证明出，根据全等三角形的性质得，在中利用勾股定理，即可求得．
【详解】
解：（1）由旋转可知：
，，，，
∴，，．
由三角形内角和定理得，
∴点A，D，F，E共圆．
∴．
（2）连接EB，

∵，
∴．
∵，
∴．
又∵，，
∴．
∴，．
∴．
在中，，，，
∵，
∴．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、三角形全等判定及性质、勾股定理、三角形内角和等，解题的关键是掌握旋转的性质．