沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试当堂达标检测题

这是一份沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试当堂达标检测题，共33页。试卷主要包含了已知⊙O的半径为4，，则点A在等内容，欢迎下载使用。
沪科版九年级数学下册第24章圆章节测评
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、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°
2、如图，一个宽为2厘米的刻度尺（刻度单位：厘米）．放在圆形玻璃杯的杯口上，刻度尺的一边与杯口外沿相切，另一边与杯口外沿两个交点处的读数恰好是2和8，那么玻璃杯的杯口外沿半径为（　　）

A．5厘米 B．4厘米 C．厘米 D．厘米
3、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
4、利用定理“同弧所对圆心角是圆周角的两倍”，可以直接推导出的命题是（ ）
A．直径所对圆周角为 B．如果点在圆上，那么点到圆心的距离等于半径
C．直径是最长的弦 D．垂直于弦的直径平分这条弦
5、如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8．把△ABC绕点A逆时针方向旋转到△AB'C'，点B'恰好落在AC边上，则CC'＝（　　）

A．10 B．2 C．2 D．4
6、如图，AB，BC，CD分别与⊙O相切于E、F、G三点，且ABCD，BO＝3，CO＝4，则OF的长为（　　）

A．5 B． C． D．
7、已知⊙O的半径为4，，则点A在（ ）
A．⊙O内 B．⊙O上 C．⊙O外 D．无法确定
8、下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
9、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．
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、如图，PM，PN分别与⊙O相切于A，B两点，C为⊙O上异于A，B的一点，连接AC，BC．若∠P＝58°，则∠ACB的大小是___________．

2、如图，在中，，是内的一个动点，满足．若，，则长的最小值为_______．

3、在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是______．
4、如图，PA，PB是的切线，切点分别为A，B．若，，则AB的长为______．

5、如图，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，若∠DAE=110°，∠B=40°，则∠C的度数为________．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、新定义：如图①，已知，在内部画射线OC，得到三个角，分别为、、．若这三个角中有一个角是另外一个角的2倍，则称射线OC为的“幸运线”．（本题中所研究的角都是大于0°而小于180°的角．）

（阅读理解）（1）角的平分线______这个角的“幸运线”；（填“是”或“不是”）
（初步应用）（2）如图①，，射线OC为的“幸运线”，则的度数为______；（直接写出答案）
（解决问题）
（3）如图②，已知，射线OM从OA出发，以每秒10°的速度绕O点顺时针旋转，同时，射线ON从OB出发，以每秒15°的速度绕O点顺时针旋转，设运动的时间为t秒．若OM、ON、OB三条射线中，一条射线恰好是以另外两条射线为边的角的“幸运线”，求运动的时间t的值．
（实际运用）
（4）周末，小丽帮妈妈到附近的“中通快递”网点取包裹，出家门时小丽看了看时钟，恰好是下午3点整，取好包裹回到家时，小丽再看了看时钟，还没有到下午3点半，但此时分针与时针恰好重合．问小丽帮妈妈取包裹用了多少分钟？
2、如图，AB是⊙O的直径，点D，E在⊙O上，四边形BDEO是平行四边形，过点D作交AE的延长线于点C．

（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若，求阴影部分的面积．
3、在正方形ABCD中，过点B作直线l，点E在直线l上，连接CE，DE，其中，过点C作于点F，交直线l于点H．
（1）当直线l在如图①的位置时
①请直接写出与之间的数量关系______．
②请直接写出线段BH，EH，CH之间的数量关系______．
（2）当直线l在如图②的位置时，请写出线段BH，EH，CH之间的数量关系并证明；
（3）已知，在直线l旋转过程中当时，请直接写出EH的长．

4、如图，是⊙的直径，弦，垂足为E，弦与弦相交于点G，且，过点C作的垂线交的延长线于点H．

（1）判断与⊙的位置关系并说明理由；
（2）若，求弧的长．
5、如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AM是△ACD的外角∠DAF的平分线．

（1）求证：AM是⊙O的切线；
（2）连接CO并延长交AM于点N，若⊙O的半径为2，∠ANC = 30°，求CD的长．

-参考答案-
一、单选题
1、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．
2、D
【分析】
根据题意先求出弦AC的长，再过点O作OB⊥AC于点B，由垂径定理可得出AB的长，设杯口的半径为r，则OB=r-2，OA=r，在Rt△AOB中根据勾股定理求出r的值即可．
【详解】
解：∵杯口外沿两个交点处的读数恰好是2和8，
∴AC=8-2=6厘米，
过点O作OB⊥AC于点B，

则AB=AC=×6=3厘米，
设杯口的半径为r，则OB=r-2，OA=r，
在Rt△AOB中，
OA2=OB2+AB2，即r2=（r-2）2+32，
解得r=厘米．
故选：D．
【点睛】
本题考查的是垂径定理的应用，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．
3、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．
4、A
【分析】
定理“同弧所对圆心角是圆周角的两倍”是圆周角定理，分析各个选项即可.
【详解】
A选项，直径所在的圆心角是180°，直接可以由圆周角定理推导出：直径所对的圆周角为，A选项符合要求；
B、C选项，根据圆的定义可以得到；
D选项，是垂径定理；
故选：A
【点睛】
本题考查圆的基本性质，熟悉圆周角定理及其推论是解题的关键.
5、D
【分析】
首先运用勾股定理求出AC的长度，然后结合旋转的性质得到AB= AB'，BC= B'C'，从而求出B'C，即可在Rt△B'C'C中利用勾股定理求解．
【详解】
解：∵在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，
∴，
由旋转性质可知，AB= AB'=6，BC= B'C'=8，
∴B'C=10-6=4，
在Rt△B'C'C中，，
故选：D．
【点睛】
本题考查勾股定理，以及旋转的性质，掌握旋转变化的基本性质，熟练运用勾股定理求解是解题关键．
6、D
【分析】
连接OF，OE，OG，根据切线的性质及角平分线的判定可得OB平分，OC平分，利用平行线的性质及角之间的关系得出，利用勾股定理得出，再由三角形的等面积法即可得．
【详解】
解：连接OF，OE，OG，

∵AB、BC、CD分别与相切，
∴，，，且，
∴OB平分，OC平分，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∴SΔOBC=12OB·OC=12BC·OF，
∴，
故选：D．
【点睛】
题目主要考查圆的切线性质，角平分线的判定和性质，平行线的性质，勾股定理等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
7、C
【分析】
根据⊙O的半径r=4，且点A到圆心O的距离d=5知d>r，据此可得答案．
【详解】
解：∵⊙O的半径r=4，且点A到圆心O的距离d=5，
∴d>r，
∴点A在⊙O外，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：①点P在圆外⇔d＞r；②点P在圆上⇔d=r；③点P在圆内⇔d＜r．
8、B
【分析】
把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的概念求解．
【详解】
A．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，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、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．
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、或
【分析】
如图，连接利用切线的性质结合四边形的内角和定理求解再分两种情况讨论，结合圆周角定理与圆的内接四边形的性质可得答案.
【详解】
解：如图，连接 （即）分别在优弧与劣弧上，

PM，PN分别与⊙O相切于A，B两点，




故答案为：或
【点睛】
本题考查的是切线的性质定理，圆周角定理的应用，圆的内接四边形的性质，四边形的内角和定理的应用，求解是解本题的关键.
2、2
【分析】
取AC中点O，由勾股定理的逆定理可知∠ADC=90°，则点D在以O为圆心，以AC为直径的圆上，作△ADC外接圆，连接BO，交圆O于，则长的最小值即为，由此求解即可．
【详解】
解：如图所示，取AC中点O，
∵，即，
∴∠ADC=90°，
∴点D在以O为圆心，以AC为直径的圆上，
作△ADC外接圆，连接BO，交圆O于，则长的最小值即为，
∵，，∠ACB=90°，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：2．

【点睛】
本题主要考查了一点到圆上一点的最短距离，勾股定理的逆定理，勾股定理，解题的关键在于确定点D的运动轨迹．
3、（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．
4、3
【分析】
由切线长定理和，可得为等边三角形，则．
【详解】
解：连接，如下图：

，分别为的切线，
，
为等腰三角形，
，
，
为等边三角形，
，
，
．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定和切线长定理，解题的关键是作出相应辅助线．
5、
【分析】
先根据旋转的性质求得，再运用三角形内角和定理求解即可．
【详解】
解：将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，∠DAE=110°
，
，
．
故答案是：30°．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质、三角形内角和定理等知识点，灵活运用旋转的性质是解答本题的关键．
三、解答题
1、（1）是；（2）16°或24°或32°；（3）2或或；（4）．
【分析】
（1）根据幸运线定义即可求解；
（2）分3种情况，根据幸运线定义得到方程求解即可；
（3）根据幸运线定义得到方程求解即可；
（4）利用时针1分钟走，分针1分钟走，可解答问题．
【详解】
解：（1）一个角的平分线是这个角的“幸运线”；
故答案为：是；
（2）①设∠AOC=x，则∠BOC=2x，
由题意得，x+2x=48°，解得x=16°，
②设∠AOC=x，则∠BOC=x，
由题意得，x+x=48°，解得x=24°，
③设∠AOC=x，则∠BOC=x，
由题意得，x+x=48°，解得x=32°，
故答案为：16°或24°或32°；
（3）OB是射线OM与ON的幸运线，
则∠BOM=∠MON，即50-10t=（50-10t+15t），解得t=2；
∠BOM=∠MON，即50-10t=（50-10t+15t），解得t=；
∠BOM=∠MON，即50-10t=（50-10t+15t），解得t=；
故t的值是2或或；
（4）时针1分钟走，分针1分钟走，
设小丽帮妈妈取包裹用了x分钟，
则有0.5x+3×30=6x，解得：x=．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，幸运线定义，学生的阅读理解能力及知识的迁移能力．理解“幸运线”的定义是解题的关键．
2、（1）见详解；（2）
【分析】
（1）连接OD，由题意易得，则有△ODB是等边三角形，然后可得△AEO也为等边三角形，进而可得OD∥AC，最后问题可求证；
（2）由（1）易得AE=ED，∠CED=∠OBD=60°，然后可得圆O的半径，进而可得扇形OED和△OED的面积，则有弓形ED的面积，最后问题可求解．
【详解】
（1）证明：连接OD，如图所示：

∵四边形BDEO是平行四边形，
∴，
∴△ODB是等边三角形，
∴∠OBD=∠BOD=60°，
∴∠AOE=∠OBD=60°，
∵OE=OA，
∴△AEO也为等边三角形，
∴∠EAO=∠DOB=60°，
∴AE∥OD，
∴∠ODC+∠C=180°，
∵CD⊥AE，
∴∠C=90°，
∴∠ODC=90°，
∵OD是圆O的半径，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：由（1）得∠EAO=∠AOE=∠OBD=∠BOD=60°，ED∥AB，
∴∠EAO=∠CED=60°，
∵∠AOE+∠EOD+∠BOD=180°，
∴∠EOD=60°，
∴△DEO为等边三角形，
∴ED=OE=AE，
∵CD⊥AE，∠CED=60°，
∴∠CDE=30°，
∴，
∵，
∴，
∴，
设△OED的高为h，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查扇形面积公式、切线的判定定理及解直角三角形，熟练掌握扇形面积公式、切线的判定定理及解直角三角形是解题的关键．
3、（1）①；②；（2）；证明见解析；（3）或．
【分析】
（1）①，根据CE=BC，四边形ABCD为正方形，可得BC=CD=CE，根据CF⊥DE，得出CF平分∠ECD即可；
②，过点C作CG⊥BE于G，根据BC=EC，得出∠ECG=∠BCG=，根据∠ECH=∠HCD=，可得CG=HG，根据勾股定理在Rt△GHC中，，根据GE=，得出即可；
（2），过点C作交BE于点M，得出，先证得出，可证是等腰直角三角形，可得即可；
（3）或，根据，分两种情况，当∠ABE=90°-15°=75°时，BC=CE，先证△CDE为等边三角形，可求∠FEH=∠DEC=∠CEB=60°-15°=45°，根据CF⊥DE，得出DF=EF=1，∠FHE=180°-∠HFE-∠FEH=45°，根据勾股定理HE=，当∠ABE=90°+15°=105°，可得BC=CE得出∠CBE=∠CEB=15°，可求∠FCE=，∠FEC=180°-∠CFE-∠FCE=30°，根据30°直角三角形先证得出CF=，根据勾股定理EF=，再证FH=FE，得出EH=即可．
【详解】
解：（1）①
∵CE=BC，四边形ABCD为正方形，
∴BC=CD=CE，
∵CF⊥DE，
∴CF平分∠ECD，
∴∠ECH=∠HCD，
故答案为：∠ECH=∠HCD；

②，过点C作CG⊥BE于G，
∵BC=EC，
∴∠ECG=∠BCG=，
∵∠ECH=∠HCD=，
∴∠GCH=∠ECG+∠ECF=+，
∴∠GHC=180°-∠HGC+∠GCH=180°-90°-45°=45°，
∴CG=HG，
在Rt△GHC中，
∴，
∵GE=，
∴GH=GE+EH=，
∴，
∴，
∴，
故答案是：；

（2），
证明：过点C作交BE于点M，

则，
∴⁰，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
（3）或，
∵，分两种情况，
当∠ABE=90°-15°=75°时，
∵BC=CE，
∴∠CBE=∠CEB=15°，
∴∠BCE=180°-∠CBE-∠CEB==180°-15°-15°=150°，
∴∠DCE=∠BCE-∠BCD=150°=90°=60°，
∵CE=CD，
∴△CDE为等边三角形，
∴DE=CD=AB=2，∠DEC=60°，
∴∠FEH=∠DEC=∠CEB=60°-15°=45°，
∵CF⊥DE，
∴DF=EF=1，∠FHE=180°-∠HFE-∠FEH=45°，
∴EF=HF=1，
∴HE=，

当∠ABE=90°+15°=105°，
∵BC=CE，∠CBE=∠CEB=15°，
∴∠BCE=180°-∠CBE-∠CEB=150°，
∴∠DCE=360°-∠DCB-∠BCE=120°，
∵CE=BC=CD，CH⊥DE，
∴∠FCE=，
∴∠FEC=180°-∠CFE-∠FCE=30°，
∴CF=，
∴EF=，
∵∠HEF=∠CEB+∠CEF=15°+30°=45°，
∴∠FHE=180°-∠HFE-∠FEH=45°=∠FEH，
∴FH=FE，
∴EH=，
∴或．

【点睛】
本题考查正方形性质，图形旋转性质，勾股定理，等边三角形，等腰直角三角形性质，角平分线，线段和差，掌握正方形性质，图形旋转性质，勾股定理，等边三角形，等腰直角三角形性质，角平分线，线段和差是解题关键．
4、
（1）相切，见解析
（2）
【分析】
（1）连接OC、OD、AC，OC交AF于点M，根据AG＝CG，CD⊥AB，可得，从而OC⊥AF，再由∠AFB＝90°，可得CH∥AF，即可求证；
（2）先证明四边形CMFH为矩形，可得OC⊥AF，CM＝HF＝2，从而得到AM＝FM，进而得到OM＝BF＝2，可得到CM＝OM，进而得到 OC=4，AM垂直平分OC，可证得△AOC为等边三角形，即可求解．
（1）
解： CH与⊙O相切．
理由如下：如图，连接OC、OD、AC，OC交AF于点M，

∵AG＝CG，
∴∠ACG＝∠CAG，
∴，
∵CD⊥AB，
∴，
∴，
∴OC⊥AF，
∵AB为直径，
∴∠AFB＝90°，
∵BH⊥CH，
∴CH∥AF，
∴OC⊥CH，
∵OC为半径，
∴CH为⊙O的切线；
（2）
解：由（1）得：BH⊥CH，OC⊥CH，
∴OC∥BH，
∵CH∥AF，
∴四边形CMFH为平行四边形，
∵OC⊥CH，
∴∠OCH=90°，
∴四边形CMFH为矩形，
∴OC⊥AF，CM＝HF＝2，
∴AM＝FM，
∵点O为AB的中点，
∴OM＝BF＝2，
∴CM=OM，
∴OC=4，AM垂直平分OC，
∴AC＝AO，
而AO＝OC，
∴AC＝OC＝OA，,
∴△AOC为等边三角形，
∴∠AOC＝60°，
∵，
∴∠AOD＝∠AOC＝60°，
∴∠COD＝120°，
∴弧CD的长度为．
【点睛】
本题主要考查了圆的基本性质，垂径定理，切线的判定，等边三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
5、
（1）见解析
（2）CD=2
【分析】
（1）由题意易得BC=BD，∠DAM=∠DAF，则有∠CAB=∠DAB，进而可得∠BAM=90°，然后问题可求证；
（2）由题意易得CD//AM，∠ANC=∠OCE=30°，然后可得OE=1，CE=，进而问题可求解．
（1）
证明：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E
∴BC=BD
∴∠CAB=∠DAB
∵AM是∠DAF的平分线
∴∠DAM=∠DAF
∵∠CAD+∠DAF=180°
∴∠DAB+∠DAM=90°
即∠BAM=90°，AB⊥AM
∴AM是⊙O的切线
（2）
解：∵AB⊥CD，AB⊥AM
∴CD//AM
∴∠ANC=∠OCE=30°
在Rt△OCE中，OC=2
∴OE=1，CE=
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E
∴CD=2CE=2．
【点睛】
本题主要考查切线的判定定理、垂径定理及含30度直角三角形的性质，熟练掌握切线的判定定理、垂径定理及含30度直角三角形的性质是解题的关键．