沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试当堂达标检测题

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、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

2、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．

3、如图，CD是的高，按以下步骤作图：

（1）分别以点A和点B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于G、H两点．

（2）作直线GH交AB于点E．

（3）在直线GH上截取．

（4）以点F为圆心，AF长为半径画圆交CD于点P．

则下列说法错误的是（    ）

A． B． C． D．

4、下列图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

5、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

6、如图，AB是的直径，弦CD交AB于点P，，，，则CD的长为（    ）

A． B． C． D．8

7、已知⊙O的直径为10cm，圆心O到直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系是（    ）

A．相离 B．相切 C．相交 D．相交或相切

8、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．

9、如图，是的直径，弦，垂足为，若，则（    ）

A．5 B．8 C．9 D．10

10、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°

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、把一个正六边形绕其中心旋转，至少旋转________度，可以与自身重合．

2、如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为2，∠D＝110°，则的长为__．

3、如图所示，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，∠A=30°，OH=1，则⊙O的半径是______．

4、在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是______．

5、在平面直角坐标系中，A（－1，0），B（2，0），∠OCB=30°，D为线段BC的中点，线段AD交线段OC于点E，则△AOE面积的最大值为___________

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、如图，是的直径，四边形内接于，是的中点，交的延长线于点．

（1）求证：是的切线；

（2）若，，求的长．

2、如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，点P在BA的延长线上，连接BC，PC．若AB = 6，的长为π，BC = PC．求证：直线PC与⊙O相切．

3、已知：如图，△ABC为锐角三角形，AB＝AC

求作：一点P，使得∠APC＝∠BAC

作法：①以点A为圆心， AB长为半径画圆；

②以点B为圆心，BC长为半径画弧，交⊙A于点C，D两点；

③连接DA并延长交⊙A于点P

点P即为所求

（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；

（2）完成下面的证明

证明：连接PC，BD

∵AB＝AC，

∴点C在⊙A上

∵BC＝BD，

∴∠_________＝∠_________

∴∠BAC＝∠CAD

∵点D，P在⊙A上，

∴∠CPD＝∠CAD（______________________） （填推理的依据）

∴∠APC＝∠BAC

4、将锐角为45°的直角三角板MPN的一个锐角顶点P与正方形ABCD的顶点A重合，正方形ABCD固定不动，然后将三角板绕着点A旋转，∠MPN的两边分别与正方形的边BC、DC或其所在直线相交于点E、F，连接EF．

（1）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图1所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；

（2）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图2所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；

（3）若正方形的边长为4，在三角板旋转过程中，当∠MPN的一边恰好经过BC边的中点时，试求线段EF的长．

5、如图1，图2，图3的网格均由边长为1的小正方形组成，图1是三国时期吴国的数学家赵爽所绘制的“弦图”，它由四个形状、大小完全相同的直角三角形组成，赵爽利用这个“弦图”对勾股定理作出了证明，是中国古代数学的一项重要成就，请根据下列要求解答问题．

（1）图1中的“弦图”的四个直角三角形组成的图形是　   　对称图形（填“轴”或“中心”）．

（2）请将“弦图”中的四个直角三角形通过你所学过的图形变换，在图2，3的方格纸中设计另外两个不同的图案，画图要求：

①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形互不重叠，不必涂阴影；

②图2中所设计的图案（不含方格纸）必须是轴对称图形而不是中心对称图形；图3中所设计的图案（不含方格纸）必须既是轴对称图形，又是中心对称图形．

-参考答案-

一、单选题

1、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．

2、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．

3、C

【分析】

连接AF、BF，由作法可知，FE垂直平分AB，再根据可得∠AFE=45°，进而得出∠AFB＝90°，根据等腰直角三角形和圆周角定理可判断哪个结论正确．

【详解】

解：连接AF、BF，由作法可知，FE垂直平分AB，

∴，故A正确；

∵CD是的高，

∴，故B正确；

∵，，

∴，故C错误；

∵，

∴∠AFE=45°，

同理可得∠BFE=45°，

∴∠AFB＝90°，

，故D正确；

故选：C．

【点睛】

本题考查了作垂直平分线和圆周角定理，解题关键是明确作图步骤，熟练运用垂直平分线的性质和圆周角定理进行推理证明．

4、B

【分析】

根据“把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形”及“如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形”，由此问题可求解．

【详解】

解：A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；

B、是中心对称图形但不是轴对称图形，故符合题意；

C、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；

D、是轴对称图形但不是中心对称图形，故不符合题意；

故选B．

【点睛】

本题主要考查中心对称图形及轴对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形及轴对称图形的定义是解题的关键．

5、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．

6、A

【分析】

过点作于点，连接，根据已知条件即可求得，根据含30度角的直角三角形的性质即可求得，根据勾股定理即可求得，根据垂径定理即可求得的长．

【详解】

解：如图，过点作于点，连接，

AB是的直径，，，

，

在中，

故选A

【点睛】

本题考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，垂径定理，掌握以上定理是解题的关键．

7、B

【分析】

圆的半径为 圆心O到直线l的距离为 当时，直线与圆相切，当时，直线与圆相离，当时，直线与圆相交，根据原理直接作答即可.

【详解】

解： ⊙O的直径为10cm，圆心O到直线l的距离为5cm，

  ⊙O的半径等于圆心O到直线l的距离，

直线l与⊙O的位置关系为相切，

故选B

【点睛】

本题考查的是直线与圆的位置关系的判定，掌握“直线与圆的位置关系的判定方法”是解本题的关键.

8、D

【详解】

解：．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；

．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；

．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；

．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．

故选：D．

【点睛】

本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，解题的关键是掌握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度后与原图重合．

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】

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．

二、填空题

1、60

【分析】

正六边形连接各个顶点和中心，这些连线会将360°分成6分，每份60°因此至少旋转60°，正六边形就能与自身重合．

【详解】

360°÷6=60°

故答案为：60

【点睛】

本题考查中心对称图形的性质，根据图形特征找到最少旋转度数是本题关键．

2、##

【分析】

连接OA、OC，先求出∠ABC的度数，然后得到∠AOC，再由弧长公式即可求出答案．

【详解】

解：连接OA、OC，如图，

∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠D＝110°，

∴，

∴，

∴；

故答案为：．

【点睛】

本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解答本题的关键是掌握弧长公式．

3、2

【分析】

连接OC，利用半径相等以及三角形的外角性质求得∠COH=60°，∠OCH=30°，利用30度角的直角三角形的性质即可求解．

【详解】

解：连接OC，

∵OA=OC，∠A=30°，

∴∠COH=2∠A=60°，

∵弦CD⊥AB于H，

∴∠OHC=90°，

∴∠OCH=30°，

∵OH=1，

∴OC=2OH=2，

故答案为：2．

【点睛】

本题考查了垂径定理和含30°角的直角三角形的性质．熟练掌握垂径定理是解题的关键．

4、（3，4）

【分析】

关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．

【详解】

：由题意，得点（-3，-4）关于原点对称的点的坐标是（3，4），

故答案为：（3，4）．

【点睛】

本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．

5、

【分析】

过点作轴，交于点，根据中位线定理可得，设点到轴的距离为G，则△AOE的边上的高，作的外接圆，则当点位于图中处时，最大，根据三角形面积公式计算即可．

【详解】

解：过点作轴，交于点，

∵A（－1，0），B（2，0），

∴，，

∵D为线段BC的中点，轴，

∴，

∴，

设点到轴的距离为，

则△AOE的边上的高，

作的外接圆，

则当点位于图中处时，最大，

因为，

∴，

∴为等边三角形，

∴,

∴,

∴，

∴，

∴，

故答案为：.

【点睛】

本题考查了三角形中位线定理，圆周角定理，圆周角和圆心角的关系，等边三角形的判定与性质，解直角三角形等知识点，根据题意得出点的位置是解本题的关键．

三、解答题

1、（1）见详解；（2）

【分析】

（1）连接OD，由圆周角定理可得∠AOD=∠ABC，从而得OD∥BC，进而即可得到结论；

（2）连接AC，交OD于点F，利用勾股定理可得AC，，再证明四边形DFCE是矩形，进而即可求解．

【详解】

（1）证明：连接OD，

∵是的中点，

∴∠ABC=2∠ABD，

∵∠AOD=2∠ABD，

∴∠AOD=∠ABC，

∴OD∥BC，

∵，

∴，

∴是的切线；

（2）连接AC，交OD于点F，

∵AB是直径，

∴∠ACB=90°，

∴AC=，

∵是的中点，

∴OD⊥AC，AF=CF=3，

∴，

∴DF=5-4=1，

∵∠E=∠EDF=∠DFC=90°，

∴四边形DFCE是矩形，

∴DE=CF=3，CE=DF=1，

∴，

∴AD=CD=，

∵∠ADB=90°，

∴

【点睛】

本题主要考查切线的判定定理，圆周角定理以及勾股定理，添加辅助线构造直角三角形和矩形，是解题的关键．

2、见详解

【分析】

连接OC，由题意易得∠AOC=60°，则有∠B=∠OCB=30°，然后可得∠P=∠B=30°，进而可得∠OCP=90°，最后问题可求证．

【详解】

证明：连接OC，如图所示：

∵的长为π，AB=6，

∴OC=OA=3，，

∴，

∵OB=OC，

∴∠B=∠OCB=30°，

∵BC=PC，

∴∠P=∠B=30°，

∴∠POC+∠P=90°，即∠OCP=90°，

∵OC是圆O的半径，

∴直线PC与⊙O相切．

【点睛】

本题主要考查切线的判定定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．

3、（1）见解析；（2）BAC=BAD，圆周角定理或同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半

【分析】

（1）根据按步骤作图即可；

（2）根据圆周角定理进行证明即可

【详解】

解：（1）如图所示，

（2）证明：连接PC，BD

∵AB＝AC，

∴点C在⊙A上

∵BC＝BD，

∴∠BAC=∠BAD

∴∠BAC＝∠CAD

∵点D，P在⊙A上，

∴∠CPD＝∠CAD（圆周角定理） （填推理的依据）

∴∠APC＝∠BAC

故答案为：BAC=BAD，圆周角定理或同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半

【点睛】

本题考查了尺规作图作圆，圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．

4、（1）EF=DF+BE；（2）EF=DF-BE；（3）线段EF的长为或．

【分析】

（1）延长FD至G，使DG=BE，连接AG，先证△ABE≌△ADG，再证△GAF≌△EAF即可；

（2）在DC上截取DH=BE，连接AH，先证△ADH≌△ABE，再证△HAF≌EAF即可；

（3）分两种情形分别求解即可解决问题．

【详解】

解：（1）结论：EF=BE+DF．

理由：延长FD至G，使DG=BE，连接AG，如图①，

∵ABCD是正方形，

∴AB=AD，∠ABE=ADG=∠DAB=90°，

∴△ABE≌△ADG（AAS），

∴AE=AG，∠DAG=∠EAB，

∵∠EAF=45°，

∴∠DAF+∠EAB=45°，

∴∠DAF+∠DAG=45°，

∴∠GAF=∠EAF=45°，

∵AF=AF，

∴△GAF≌△EAF（AAS），

∴EF=GF，

∴GF=DF+DG=DF+BE，

即：EF=DF+BE；

（2）结论：EF=DF-BE．

理由：在DC上截取DH=BE，连接AH，如图②，

∵AD=AB，∠ADH=∠ABE=90°，

∴△ADH≌△ABE（SAS），

∴AH=AE，∠DAH=∠EAB，

∵∠EAF=∠EAB+∠BAF=45°，

∴∠DAH+∠BAF=45°，

∴∠HAF=45°=∠EAF，

∵AF=AF，

∴△HAF≌EAF（SAS），

∴HF=EF，

∵DF=DH+HF，

∴EF=DF-BE；

（3）①当MA经过BC的中点E时，同（1）作辅助线，如图：

设FD=x，由（1）的结论得FG=EF=2+x，FC=4-x．

在Rt△EFC中，（x+2）2=（4-x）2+22，

∴x=，

∴EF=x+2=．

②当NA经过BC的中点G时，同（2）作辅助线，

设BE=x，由（2）的结论得EC=4+x，EF=FH，

∵K为BC边的中点，

∴CK=BC=2，

同理可证△ABK≌FCK（SAS），

∴CF=AB=4，EF=FH=CF+CD-DH=8-x，

在Rt△EFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2，

∴x=，

∴EF=8-=．

综上，线段EF的长为或．

【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．

5、

（1）中心

（2）见解析

【分析】

（1）利用中心对称图形的意义得到答案即可；

（2）①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形不重叠，是轴对称图形；

②所设计的图案（不含方格纸）必须是中心对称图形或轴对称图形．

（1）

图1中的“弦图”的四个直角三角形组成的图形是中心对称图形，

故答案为：中心；

（2）

如图2是轴对称图形而不是中心对称图形；

图3既是轴对称图形，又是中心对称图形．

【点睛】

本题考查利用旋转或轴对称设计方案，关键是理解旋转和轴对称的概念，按要求作图即可．