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沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试课后练习题
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这是一份沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试课后练习题,共34页。试卷主要包含了下列说法正确的个数有等内容,欢迎下载使用。
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、随着2022年北京冬奥会日渐临近,我国冰雪运动发展进入快车道,取得了长足进步.在此之前,北京冬奥组委曾面向全球征集2022年冬奥会会徵和冬残奥会会徽设计方案,共收到设计方案4506件,以下是部分参选作品,其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,与的两边分别相切,其中OA边与相切于点P.若,,则OC的长为( )
A.8B.C.D.
3、如图,点A,B,C均在⊙O上,连接OA,OB,AC,BC,如果OA⊥OB,那么∠C的度数为( )
A.22.5°B.45°C.90°D.67.5°
4、如图,A,B,C是正方形网格中的三个格点,则是( )
A.优弧B.劣弧C.半圆D.无法判断
5、下列说法正确的个数有( )
①方程的两个实数根的和等于1;
②半圆是弧;
③正八边形是中心对称图形;
④“抛掷3枚质地均匀的硬币全部正面朝上”是随机事件;
⑤如果反比例函数的图象经过点,则这个函数图象位于第二、四象限.
A.2个B.3个C.4个D.5个
6、如图,AB是⊙O的直径,弦,,,则阴影部分图形的面积为( )
A.B.C.D.
7、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
8、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
9、平面直角坐标系中点关于原点对称的点的坐标是( )
A.B.C.D.
10、下列图形中,是中心对称图形也是轴对称图形的是( )
A.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、如图所示,AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB于H,∠A=30°,OH=1,则⊙O的半径是______.
2、已知圆O的圆心到直线l的距离为2,且圆的半径是方程x2﹣5x+6=0的根,则直线l与圆O的的位置关系是______.
3、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(tiā)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.
4、如图,半圆O中,直径AB=30,弦CD∥AB,长为6π,则由与AC,AD围成的阴影部分面积为_______.
5、为了落实“双减”政策,朝阳区一些学校在课后服务时段开设了与冬奥会项目冰壶有关的选修课.如图,在冰壶比赛场地的一端画有一些同心圆作为营垒,其中有两个圆的半径分别约为60cm和180 cm,小明掷出一球恰好沿着小圆的切线滑行出界,则该球在大圆内滑行的路径MN的长度为______cm.
三、解答题(5小题,每小题10分,共计50分)
1、在平面直角坐标系xOy中,对于点P,O,Q给出如下定义:若OQ<PO<PQ且PO≤2,我们称点P是线段OQ的“潜力点”
已知点O(0,0),Q(1,0)
(1)在P1(0,-1),P2(,),P3(-1,1)中是线段OQ的“潜力点”是_____________;
(2)若点P在直线y=x上,且为线段OQ的“潜力点”,求点P横坐标的取值范围;
(3)直线y=2x+b与x轴交于点M,与y轴交于点N,当线段MN上存在线段OQ 的“潜力点”时,直接写出b的取值范围
2、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.
3、如图,在等边中,D为BC边上一点,连接AD,将沿AD翻折得到,连接BE并延长交AD的延长线于点F,连接CF.
(1)若,求的度数;
(2)若,求的大小;
(3)猜想CF,BF,AF之间的数量关系,并证明.
4、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.
5、在平面直角坐标系xOy中,给出如下定义:若点P在图形M上,点Q在图形N上,称线段PQ长度的最小值为图形M,N的“近距离”,记为d(M,N),特别地,若图形M,N有公共点,规定d(M,N)=0.已知:如图,点A(,0),B(0,).
(1)如果⊙O的半径为2,那么d(A,⊙O)= ,d(B,⊙O)= .
(2)如果⊙O的半径为r,且d(⊙O,线段AB)=0,求r的取值范围;
(3)如果C(m,0)是x轴上的动点,⊙C的半径为1,使d(⊙C,线段AB)<1,直接写出m的取值范围.
-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
【详解】
A.是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不合题意;
B.不是轴对称图形,是中心对称图形,故此选项不符合题意;
C.是轴对称图形,也是中心对称图形,故此选项合题意;
D.不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故此选项不合题意.
故选:C.
【点睛】
本题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,图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后与原图重合.
2、C
【分析】
如图所示,连接CP,由切线的性质和切线长定理得到∠CPO=90°,∠COP=45°,由此推出CP=OP=4,再根据勾股定理求解即可.
【详解】
解:如图所示,连接CP,
∵OA,OB都是圆C的切线,∠AOB=90°,P为切点,
∴∠CPO=90°,∠COP=45°,
∴∠PCO=∠COP=45°,
∴CP=OP=4,
∴,
故选C.
【点睛】
本题主要考查了切线的性质,切线长定理,等腰直角三角形的性质与判定,勾股定理,熟知切线长定理是解题的关键.
3、B
【分析】
根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可得.
【详解】
解:∵,
∴,
∴,
故选:B.
【点睛】
题目主要考查圆周角定理,准确理解,熟练运用圆周角定理是解题关键.
4、B
【分析】
根据三点确定一个圆,圆心的确定方法:任意两点中垂线的交点为圆心即可判断.
【详解】
解;如图,分别连接AB、AC、BC,取任意两条线段的中垂线相交,交点就是圆心.
故选:B.
【点睛】
本题考查已知圆上三点求圆心,取任意两条线段中垂线交点确定圆心是解题关键.
5、B
【分析】
根据所学知识对五个命题进行判断即可.
【详解】
1、Δ=12-4×1=-3<0,故方程无实数根,故本命题错误;
2、圆上任意两点间的部分叫做圆弧,半圆也是,故本命题正确;
3、八边形绕中心旋转180°以后仍然与原图重合,故本命题正确;
4、抛硬币无论抛多少,出现正反面朝上都是随机事件,故抛三枚硬币全部正面朝上也是随机事件,故本命题正确;
5、反比例函数的图象经过点 (1,2) ,则,它的函数图像位于一三象限,故本命题错误
综上所述,正确个数为3
故选B
【点睛】
本题考查一元二次函数判别式、弧的定义、中心对称图形判断、随机事件理解、反比例函数图像,掌握这些是本题关键.
6、D
【分析】
根据垂径定理求得CE=ED=;然后由圆周角定理知∠COE=60°.然后通过解直角三角形求得线段OC,然后证明△OCE≌△BDE,得到求出扇形COB面积,即可得出答案.
【详解】
解:设AB与CD交于点E,
∵AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB,CD=2,如图,
∴CE=CD=,∠CEO=∠DEB=90°,
∵∠CDB=30°,
∴∠COB=2∠CDB=60°,
∴∠OCE=30°,
∴,
∴,
又∵,即
∴,
在△OCE和△BDE中,
,
∴△OCE≌△BDE(AAS),
∴
∴阴影部分的面积S=S扇形COB=,
故选D.
【点睛】
本题考查了垂径定理、含30度角的直角三角形的性质,全等三角形的性质与判定,圆周角定理,扇形面积的计算等知识点,能知道阴影部分的面积=扇形COB的面积是解此题的关键.
7、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.
8、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.
9、B
【分析】
根据关于原点对称的两个点,横坐标、纵坐标分别互为相反数,即可求解.
【详解】
解:平面直角坐标系中点关于原点对称的点的坐标是
故选B
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的特征,掌握关于原点对称的两个点,横坐标、纵坐标分别互为相反数是解题的关键.
10、C
【分析】
根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形,以及轴对称图形的定义即可判断出.
【详解】
解:A、不是轴对称图形,是中心对称图形,故A选项不符合题意;
B、是轴对称图形,不是中心对称图形,故B选项不符合题意;
C、既是轴对称图形,又是中心对称图形,故C选项符合题意;
D、是轴对称图形,但不是中心对称图形,故D选项不符合题意.
故选:C.
【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.
二、填空题
1、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.
2、相切或相交
【详解】
首先求出方程的根,再利用半径长度,由点O到直线l的距离为d,若d<r,则直线与圆相交;若d=r,则直线于圆相切;若d>r,则直线与圆相离,从而得出答案.
【分析】
解:∵x2﹣5x+6=0,
(x﹣2)(x﹣3)=0,
解得:x1=2,x2=3,
∵圆的半径是方程x2﹣5x+6=0的根,即圆的半径为2或3,
∴当半径为2时,直线l与圆O的的位置关系是相切,
当半径为3时,直线l与圆O的的位置关系是相交,
综上所述,直线l与圆O的的位置关系是相切或相交.
故答案为:相切或相交.
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系,因式分解法解一元二次方程,解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆的半径大小关系完成判定.
3、
【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.
4、45
【分析】
连接OC,OD,根据同底等高可知S△ACD=S△OCD,把阴影部分的面积转化为扇形OCD的面积,利用扇形的面积公式S=来求解.
【详解】
解:连接OC,OD,
∵直径AB=30,
∴OC=OD=,
∴CD∥AB,
∴S△ACD=S△OCD,
∵长为6π,
∴阴影部分的面积为S阴影=S扇形OCD=,
故答案为:45π.
【点睛】
本题主要考查了扇形的面积公式,正确理解阴影部分的面积=扇形COD的面积是解题的关键.
5、
【分析】
如图,设小圆的切线MN与小圆相切于点D,与大圆交于M、N,连接OD、OM,根据切线的性质定理和垂径定理求解即可.
【详解】
解:如图,设小圆的切线MN与小圆相切于点D,与大圆交于M、N,连接OD、OM,
则OD⊥MN,
∴MD=DN,
在Rt△ODM中,OM=180cm,OD=60cm,
∴cm,
∴cm,
即该球在大圆内滑行的路径MN的长度为cm,
故答案为:.
【点睛】
本题考查切线的性质定理、垂径定理、勾股定理,熟练掌握切线的性质和垂径定理是解答的关键.
三、解答题
1、(1);(2);(3)或
【分析】
(1)分别计算出OQ、PO和PQ的长度,比较即可得出答案;
(2)先判断点P在以O为圆心,1为半径的圆外且点P在线段OQ垂直平分线的左侧,结合PO≤2,点P在以O为圆心,2为半径的圆上或圆内,可得点P在如图所示的线段AB上(不包含点B),过作轴,过作轴,垂足分别为 再根据图形的性质求解 从而可得答案;
(3)由(2)得:点P在以O为圆心,1为半径的圆外且点P在以O为圆心,2为半径的圆上或圆内,而PO<PQ,点P在线段OQ垂直平分线的左侧,再分两种情况讨论:当时,当时,分别画出两种情况下的临界直线 再根据临界直线经过的特殊点求解的值,再确定范围即可.
【详解】
解:(1) O(0,0),Q(1,0),
P1(0,-1),P2(,),P3(-1,1)
不满足OQ<PO<PQ且PO≤2,
所以不是线段OQ的“潜力点”,
同理:
所以不满足OQ<PO<PQ且PO≤2,
所以不是线段OQ的“潜力点”,
同理:
所以满足:OQ<PO<PQ且PO≤2,
所以是线段OQ的“潜力点”,
故答案为:P3
(2)∵点P为线段OQ的“潜力点”,
∴OQ<PO<PQ且PO≤2,
∵OQ<PO,
∴点P在以O为圆心,1为半径的圆外
∵PO<PQ,
∴点P在线段OQ垂直平分线的左侧,而的垂直平分线为:
∵PO≤2,
∴点P在以O为圆心,2为半径的圆上或圆内
又∵点P在直线y=x上,
∴点P在如图所示的线段AB上(不包含点B)
过作轴,过作轴,垂足分别为
由题意可知△BOC和 △AOD是等腰三角形,
∴
∴-≤xp<-
(3)由(2)得:点P在以O为圆心,1为半径的圆外且点P在以O为圆心,2为半径的圆上或圆内,
而PO<PQ,点P在线段OQ垂直平分线的左侧
当时,过时,
即函数解析式为:
此时 则
当与半径为2的圆相切于时,则
由
而
当时,如图,同理可得:点P在以O为圆心,1为半径的圆外且点P在以O为圆心,2为半径的圆上或圆内,
而PO<PQ,点P在线段OQ垂直平分线的左侧,
同理:当过 则 直线为
在直线上,
此时
当过时, 则
所以此时:
综上:的范围为:1<b≤或<b<-1
【点睛】
本题考查的是新定义情境下的知识运用,圆的基本性质,圆的切线的性质,一次函数的综合应用,锐角三角函数的应用,勾股定理的应用,数形结合是解本题的关键.
2、(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.
3、(1)20°;(2);(3)AF= CF+BF,理由见解析
【分析】
(1)由△ABC是等边三角形,得到AB=AC,∠BAC=∠ABC=60°,由折叠的性质可知,∠EAD=∠CAD=20°,AC=AE,则∠BAE=∠BAC-∠EAD-∠CAD=20°,AB=AE,,∠CBF=∠ABE-∠ABC=20°;
(2)同(1)求解即可;
(3)如图所示,将△ABF绕点A逆时针旋转60°得到△ACG,先证明△AEF≌△ACF得到∠AFE=∠AFC,然后证明∠AFE=∠AFC=60°,得到∠BFC=120°,即可证明F、C、G三点共线,得到△AFG是等边三角形,则AF=GF=CF+CG=CF+BF.
【详解】
解:(1)∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC,∠BAC=∠ABC=60°,
由折叠的性质可知,∠EAD=∠CAD=20°,AC=AE,
∴∠BAE=∠BAC-∠EAD-∠CAD=20°,AB=AE,
∴,
∴∠CBF=∠ABE-∠ABC=20°;
(2)∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC,∠BAC=∠ABC=60°,
由折叠的性质可知,,AC=AE,
∴ ,AB=AE,
∴,
∴;
(3)AF= CF+BF,理由如下:
如图所示,将△ABF绕点A逆时针旋转60°得到△ACG,
∴AF=AG,∠FAG=60°,∠ACG=∠ABF,BF=CG
在△AEF和△ACF中,
,
∴△AEF≌△ACF(SAS),
∴∠AFE=∠AFC,
∵∠CBF+∠BCF+∠BFD+∠CFD=180°,∠CAF+∠CFA+∠ACD+∠CFD=180°,
∴∠BFD=∠ACD=60°,
∴∠AFE=∠AFC=60°,
∴∠BFC=120°,
∴∠BAC+∠BFC=180°,
∴∠ABF+∠ACF=180°,
∴∠ACG+∠ACF=180°,
∴F、C、G三点共线,
∴△AFG是等边三角形,
∴AF=GF=CF+CG=CF+BF.
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质与判定,旋转的性质,折叠的性质,全等三角形的性质与判定,三角形内角和定理,熟知相关知识是解题的关键.
4、(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.
5、(1)0,;(2);(3)
【分析】
(1)根据新定义,即可求解;
(2)过点O作OD⊥AB于点D,根据三角形的面积,可得,再由d(⊙O,线段AB)=0,可得当⊙O的半径等于OD时最小,当⊙O的半径等于OB时最大,即可求解;
(3)过点C作CN⊥AB于点N ,利用锐角三角函数,可得∠OAB=60°,然后分三种情况:当点C在点A的右侧时,当点C与点A重合时,当点C在点A的左侧时,即可求解.
【详解】
解:(1)∵⊙O的半径为2,A(,0),B(0,).
∴,
∴点A在⊙O上,点B在⊙O外,
∴d(A,⊙O)=,
∴d(B,⊙O)=;
(2)过点O作OD⊥AB于点D,
∵点A(,0),B(0,).
∴ ,
∴ ,
∵ ,
∴
∴,
∵d(⊙O,线段AB)=0,
∴当⊙O的半径等于OD时最小,当⊙O的半径等于OB时最大,
∴r的取值范围是,
(3)如图,过点C作CN⊥AB于点N ,
∵点A(,0),B(0,).
∴ ,
∴ ,
∴∠OAB=60°,
∵C(m,0),
当点C在点A的右侧时, ,
∴ ,
∴ ,
∵d(⊙C,线段AB)<1,⊙C的半径为1,
∴ ,解得: ,
当点C与点A重合时, ,
此时d(⊙C,线段AB)=0,
当点C在点A的左侧时, ,
∴
,
∴ ,解得: ,
∴.
【点睛】
本题主要考查了点与圆的位置关系,点与直线的位置关系,理解新定义,熟练掌握点与圆的位置关系,点与直线的位置关系是解题的关键.
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、随着2022年北京冬奥会日渐临近,我国冰雪运动发展进入快车道,取得了长足进步.在此之前,北京冬奥组委曾面向全球征集2022年冬奥会会徵和冬残奥会会徽设计方案,共收到设计方案4506件,以下是部分参选作品,其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,与的两边分别相切,其中OA边与相切于点P.若,,则OC的长为( )
A.8B.C.D.
3、如图,点A,B,C均在⊙O上,连接OA,OB,AC,BC,如果OA⊥OB,那么∠C的度数为( )
A.22.5°B.45°C.90°D.67.5°
4、如图,A,B,C是正方形网格中的三个格点,则是( )
A.优弧B.劣弧C.半圆D.无法判断
5、下列说法正确的个数有( )
①方程的两个实数根的和等于1;
②半圆是弧;
③正八边形是中心对称图形;
④“抛掷3枚质地均匀的硬币全部正面朝上”是随机事件;
⑤如果反比例函数的图象经过点,则这个函数图象位于第二、四象限.
A.2个B.3个C.4个D.5个
6、如图,AB是⊙O的直径,弦,,,则阴影部分图形的面积为( )
A.B.C.D.
7、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
8、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
9、平面直角坐标系中点关于原点对称的点的坐标是( )
A.B.C.D.
10、下列图形中,是中心对称图形也是轴对称图形的是( )
A.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、如图所示,AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB于H,∠A=30°,OH=1,则⊙O的半径是______.
2、已知圆O的圆心到直线l的距离为2,且圆的半径是方程x2﹣5x+6=0的根,则直线l与圆O的的位置关系是______.
3、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(tiā)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.
4、如图,半圆O中,直径AB=30,弦CD∥AB,长为6π,则由与AC,AD围成的阴影部分面积为_______.
5、为了落实“双减”政策,朝阳区一些学校在课后服务时段开设了与冬奥会项目冰壶有关的选修课.如图,在冰壶比赛场地的一端画有一些同心圆作为营垒,其中有两个圆的半径分别约为60cm和180 cm,小明掷出一球恰好沿着小圆的切线滑行出界,则该球在大圆内滑行的路径MN的长度为______cm.
三、解答题(5小题,每小题10分,共计50分)
1、在平面直角坐标系xOy中,对于点P,O,Q给出如下定义:若OQ<PO<PQ且PO≤2,我们称点P是线段OQ的“潜力点”
已知点O(0,0),Q(1,0)
(1)在P1(0,-1),P2(,),P3(-1,1)中是线段OQ的“潜力点”是_____________;
(2)若点P在直线y=x上,且为线段OQ的“潜力点”,求点P横坐标的取值范围;
(3)直线y=2x+b与x轴交于点M,与y轴交于点N,当线段MN上存在线段OQ 的“潜力点”时,直接写出b的取值范围
2、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.
3、如图,在等边中,D为BC边上一点,连接AD,将沿AD翻折得到,连接BE并延长交AD的延长线于点F,连接CF.
(1)若,求的度数;
(2)若,求的大小;
(3)猜想CF,BF,AF之间的数量关系,并证明.
4、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.
5、在平面直角坐标系xOy中,给出如下定义:若点P在图形M上,点Q在图形N上,称线段PQ长度的最小值为图形M,N的“近距离”,记为d(M,N),特别地,若图形M,N有公共点,规定d(M,N)=0.已知:如图,点A(,0),B(0,).
(1)如果⊙O的半径为2,那么d(A,⊙O)= ,d(B,⊙O)= .
(2)如果⊙O的半径为r,且d(⊙O,线段AB)=0,求r的取值范围;
(3)如果C(m,0)是x轴上的动点,⊙C的半径为1,使d(⊙C,线段AB)<1,直接写出m的取值范围.
-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
【详解】
A.是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不合题意;
B.不是轴对称图形,是中心对称图形,故此选项不符合题意;
C.是轴对称图形,也是中心对称图形,故此选项合题意;
D.不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故此选项不合题意.
故选:C.
【点睛】
本题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,图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后与原图重合.
2、C
【分析】
如图所示,连接CP,由切线的性质和切线长定理得到∠CPO=90°,∠COP=45°,由此推出CP=OP=4,再根据勾股定理求解即可.
【详解】
解:如图所示,连接CP,
∵OA,OB都是圆C的切线,∠AOB=90°,P为切点,
∴∠CPO=90°,∠COP=45°,
∴∠PCO=∠COP=45°,
∴CP=OP=4,
∴,
故选C.
【点睛】
本题主要考查了切线的性质,切线长定理,等腰直角三角形的性质与判定,勾股定理,熟知切线长定理是解题的关键.
3、B
【分析】
根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可得.
【详解】
解:∵,
∴,
∴,
故选:B.
【点睛】
题目主要考查圆周角定理,准确理解,熟练运用圆周角定理是解题关键.
4、B
【分析】
根据三点确定一个圆,圆心的确定方法:任意两点中垂线的交点为圆心即可判断.
【详解】
解;如图,分别连接AB、AC、BC,取任意两条线段的中垂线相交,交点就是圆心.
故选:B.
【点睛】
本题考查已知圆上三点求圆心,取任意两条线段中垂线交点确定圆心是解题关键.
5、B
【分析】
根据所学知识对五个命题进行判断即可.
【详解】
1、Δ=12-4×1=-3<0,故方程无实数根,故本命题错误;
2、圆上任意两点间的部分叫做圆弧,半圆也是,故本命题正确;
3、八边形绕中心旋转180°以后仍然与原图重合,故本命题正确;
4、抛硬币无论抛多少,出现正反面朝上都是随机事件,故抛三枚硬币全部正面朝上也是随机事件,故本命题正确;
5、反比例函数的图象经过点 (1,2) ,则,它的函数图像位于一三象限,故本命题错误
综上所述,正确个数为3
故选B
【点睛】
本题考查一元二次函数判别式、弧的定义、中心对称图形判断、随机事件理解、反比例函数图像,掌握这些是本题关键.
6、D
【分析】
根据垂径定理求得CE=ED=;然后由圆周角定理知∠COE=60°.然后通过解直角三角形求得线段OC,然后证明△OCE≌△BDE,得到求出扇形COB面积,即可得出答案.
【详解】
解:设AB与CD交于点E,
∵AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB,CD=2,如图,
∴CE=CD=,∠CEO=∠DEB=90°,
∵∠CDB=30°,
∴∠COB=2∠CDB=60°,
∴∠OCE=30°,
∴,
∴,
又∵,即
∴,
在△OCE和△BDE中,
,
∴△OCE≌△BDE(AAS),
∴
∴阴影部分的面积S=S扇形COB=,
故选D.
【点睛】
本题考查了垂径定理、含30度角的直角三角形的性质,全等三角形的性质与判定,圆周角定理,扇形面积的计算等知识点,能知道阴影部分的面积=扇形COB的面积是解此题的关键.
7、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.
8、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.
9、B
【分析】
根据关于原点对称的两个点,横坐标、纵坐标分别互为相反数,即可求解.
【详解】
解:平面直角坐标系中点关于原点对称的点的坐标是
故选B
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的特征,掌握关于原点对称的两个点,横坐标、纵坐标分别互为相反数是解题的关键.
10、C
【分析】
根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形,以及轴对称图形的定义即可判断出.
【详解】
解:A、不是轴对称图形,是中心对称图形,故A选项不符合题意;
B、是轴对称图形,不是中心对称图形,故B选项不符合题意;
C、既是轴对称图形,又是中心对称图形,故C选项符合题意;
D、是轴对称图形,但不是中心对称图形,故D选项不符合题意.
故选:C.
【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.
二、填空题
1、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.
2、相切或相交
【详解】
首先求出方程的根,再利用半径长度,由点O到直线l的距离为d,若d<r,则直线与圆相交;若d=r,则直线于圆相切;若d>r,则直线与圆相离,从而得出答案.
【分析】
解:∵x2﹣5x+6=0,
(x﹣2)(x﹣3)=0,
解得:x1=2,x2=3,
∵圆的半径是方程x2﹣5x+6=0的根,即圆的半径为2或3,
∴当半径为2时,直线l与圆O的的位置关系是相切,
当半径为3时,直线l与圆O的的位置关系是相交,
综上所述,直线l与圆O的的位置关系是相切或相交.
故答案为:相切或相交.
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系,因式分解法解一元二次方程,解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆的半径大小关系完成判定.
3、
【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.
4、45
【分析】
连接OC,OD,根据同底等高可知S△ACD=S△OCD,把阴影部分的面积转化为扇形OCD的面积,利用扇形的面积公式S=来求解.
【详解】
解:连接OC,OD,
∵直径AB=30,
∴OC=OD=,
∴CD∥AB,
∴S△ACD=S△OCD,
∵长为6π,
∴阴影部分的面积为S阴影=S扇形OCD=,
故答案为:45π.
【点睛】
本题主要考查了扇形的面积公式,正确理解阴影部分的面积=扇形COD的面积是解题的关键.
5、
【分析】
如图,设小圆的切线MN与小圆相切于点D,与大圆交于M、N,连接OD、OM,根据切线的性质定理和垂径定理求解即可.
【详解】
解:如图,设小圆的切线MN与小圆相切于点D,与大圆交于M、N,连接OD、OM,
则OD⊥MN,
∴MD=DN,
在Rt△ODM中,OM=180cm,OD=60cm,
∴cm,
∴cm,
即该球在大圆内滑行的路径MN的长度为cm,
故答案为:.
【点睛】
本题考查切线的性质定理、垂径定理、勾股定理,熟练掌握切线的性质和垂径定理是解答的关键.
三、解答题
1、(1);(2);(3)或
【分析】
(1)分别计算出OQ、PO和PQ的长度,比较即可得出答案;
(2)先判断点P在以O为圆心,1为半径的圆外且点P在线段OQ垂直平分线的左侧,结合PO≤2,点P在以O为圆心,2为半径的圆上或圆内,可得点P在如图所示的线段AB上(不包含点B),过作轴,过作轴,垂足分别为 再根据图形的性质求解 从而可得答案;
(3)由(2)得:点P在以O为圆心,1为半径的圆外且点P在以O为圆心,2为半径的圆上或圆内,而PO<PQ,点P在线段OQ垂直平分线的左侧,再分两种情况讨论:当时,当时,分别画出两种情况下的临界直线 再根据临界直线经过的特殊点求解的值,再确定范围即可.
【详解】
解:(1) O(0,0),Q(1,0),
P1(0,-1),P2(,),P3(-1,1)
不满足OQ<PO<PQ且PO≤2,
所以不是线段OQ的“潜力点”,
同理:
所以不满足OQ<PO<PQ且PO≤2,
所以不是线段OQ的“潜力点”,
同理:
所以满足:OQ<PO<PQ且PO≤2,
所以是线段OQ的“潜力点”,
故答案为:P3
(2)∵点P为线段OQ的“潜力点”,
∴OQ<PO<PQ且PO≤2,
∵OQ<PO,
∴点P在以O为圆心,1为半径的圆外
∵PO<PQ,
∴点P在线段OQ垂直平分线的左侧,而的垂直平分线为:
∵PO≤2,
∴点P在以O为圆心,2为半径的圆上或圆内
又∵点P在直线y=x上,
∴点P在如图所示的线段AB上(不包含点B)
过作轴,过作轴,垂足分别为
由题意可知△BOC和 △AOD是等腰三角形,
∴
∴-≤xp<-
(3)由(2)得:点P在以O为圆心,1为半径的圆外且点P在以O为圆心,2为半径的圆上或圆内,
而PO<PQ,点P在线段OQ垂直平分线的左侧
当时,过时,
即函数解析式为:
此时 则
当与半径为2的圆相切于时,则
由
而
当时,如图,同理可得:点P在以O为圆心,1为半径的圆外且点P在以O为圆心,2为半径的圆上或圆内,
而PO<PQ,点P在线段OQ垂直平分线的左侧,
同理:当过 则 直线为
在直线上,
此时
当过时, 则
所以此时:
综上:的范围为:1<b≤或<b<-1
【点睛】
本题考查的是新定义情境下的知识运用,圆的基本性质,圆的切线的性质,一次函数的综合应用,锐角三角函数的应用,勾股定理的应用,数形结合是解本题的关键.
2、(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.
3、(1)20°;(2);(3)AF= CF+BF,理由见解析
【分析】
(1)由△ABC是等边三角形,得到AB=AC,∠BAC=∠ABC=60°,由折叠的性质可知,∠EAD=∠CAD=20°,AC=AE,则∠BAE=∠BAC-∠EAD-∠CAD=20°,AB=AE,,∠CBF=∠ABE-∠ABC=20°;
(2)同(1)求解即可;
(3)如图所示,将△ABF绕点A逆时针旋转60°得到△ACG,先证明△AEF≌△ACF得到∠AFE=∠AFC,然后证明∠AFE=∠AFC=60°,得到∠BFC=120°,即可证明F、C、G三点共线,得到△AFG是等边三角形,则AF=GF=CF+CG=CF+BF.
【详解】
解:(1)∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC,∠BAC=∠ABC=60°,
由折叠的性质可知,∠EAD=∠CAD=20°,AC=AE,
∴∠BAE=∠BAC-∠EAD-∠CAD=20°,AB=AE,
∴,
∴∠CBF=∠ABE-∠ABC=20°;
(2)∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC,∠BAC=∠ABC=60°,
由折叠的性质可知,,AC=AE,
∴ ,AB=AE,
∴,
∴;
(3)AF= CF+BF,理由如下:
如图所示,将△ABF绕点A逆时针旋转60°得到△ACG,
∴AF=AG,∠FAG=60°,∠ACG=∠ABF,BF=CG
在△AEF和△ACF中,
,
∴△AEF≌△ACF(SAS),
∴∠AFE=∠AFC,
∵∠CBF+∠BCF+∠BFD+∠CFD=180°,∠CAF+∠CFA+∠ACD+∠CFD=180°,
∴∠BFD=∠ACD=60°,
∴∠AFE=∠AFC=60°,
∴∠BFC=120°,
∴∠BAC+∠BFC=180°,
∴∠ABF+∠ACF=180°,
∴∠ACG+∠ACF=180°,
∴F、C、G三点共线,
∴△AFG是等边三角形,
∴AF=GF=CF+CG=CF+BF.
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质与判定,旋转的性质,折叠的性质,全等三角形的性质与判定,三角形内角和定理,熟知相关知识是解题的关键.
4、(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.
5、(1)0,;(2);(3)
【分析】
(1)根据新定义,即可求解;
(2)过点O作OD⊥AB于点D,根据三角形的面积,可得,再由d(⊙O,线段AB)=0,可得当⊙O的半径等于OD时最小,当⊙O的半径等于OB时最大,即可求解;
(3)过点C作CN⊥AB于点N ,利用锐角三角函数,可得∠OAB=60°,然后分三种情况:当点C在点A的右侧时,当点C与点A重合时,当点C在点A的左侧时,即可求解.
【详解】
解:(1)∵⊙O的半径为2,A(,0),B(0,).
∴,
∴点A在⊙O上,点B在⊙O外,
∴d(A,⊙O)=,
∴d(B,⊙O)=;
(2)过点O作OD⊥AB于点D,
∵点A(,0),B(0,).
∴ ,
∴ ,
∵ ,
∴
∴,
∵d(⊙O,线段AB)=0,
∴当⊙O的半径等于OD时最小,当⊙O的半径等于OB时最大,
∴r的取值范围是,
(3)如图,过点C作CN⊥AB于点N ,
∵点A(,0),B(0,).
∴ ,
∴ ,
∴∠OAB=60°,
∵C(m,0),
当点C在点A的右侧时, ,
∴ ,
∴ ,
∵d(⊙C,线段AB)<1,⊙C的半径为1,
∴ ,解得: ,
当点C与点A重合时, ,
此时d(⊙C,线段AB)=0,
当点C在点A的左侧时, ,
∴
,
∴ ,解得: ,
∴.
【点睛】
本题主要考查了点与圆的位置关系,点与直线的位置关系,理解新定义,熟练掌握点与圆的位置关系,点与直线的位置关系是解题的关键.