2020-2021学年第24章 圆综合与测试同步达标检测题

这是一份2020-2021学年第24章 圆综合与测试同步达标检测题，共27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。
沪科版九年级数学下册第24章圆专题攻克 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、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．2、如图，AB，CD是⊙O的弦，且，若，则的度数为（    ）A．30° B．40° C．45° D．60°3、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4、下列汽车标志中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）A． B． C． D．5、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．6、如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC＝30°，BC＝6，则⊙O的直径等于（　　）A．10 B．6 C．6 D．127、计算半径为1，圆心角为的扇形面积为（    ）A． B． C． D．8、下列各点中，关于原点对称的两个点是（　　）A．（﹣5，0）与（0，5） B．（0，2）与（2，0）C．（﹣2，﹣1）与（﹣2，1） D．（2，﹣1）与（﹣2，1）9、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10、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，点C是半圆上一动点，以BC为边作正方形BCDE（使在正方形内），连OE，若AB＝4cm，则OE的最大值为_____cm．2、如图，⊙O的半径为2，△ABC是⊙O的内接三角形，连接OB、OC，若弦BC的长度为，则∠BAC＝________度．3、将点绕x轴上的点G顺时针旋转90°后得到点，当点恰好落在以坐标原点O为圆心，2为半径的圆上时，点G的坐标为________．4、已知O、I分别是△ABC的外心和内心，∠BIC＝125°，则∠BOC的大小是 ___度．5、已知正多边形的半径与边长相等，那么正多边形的边数是______．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，已知等边内接于⊙O，D为的中点，连接DB，DC，过点C作AB的平行线，交BD的延长线于点E．（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）若AB的长为6，求CE的长．2、如图，在△ABC中，∠C＝90°，点O为边BC上一点．以O为圆心，OC为半径的⊙O与边AB相切于点D．（1）尺规作图：画出⊙O，并标出点D（不写作法，保留作图痕迹）；（2）在（1）所作的图中，连接CD，若CD＝BD，且AC＝6．求劣弧的长．3、在平面内，给定不在同一直线上的点A，B，C，如图所示．点O到点A，B，C的距离均等于r（r为常数），到点O的距离等于r的所有点组成图形G，ABC的平分线交图形G于点D，连接AD，CD．求证：AD=CD．4、如图①，在Rt△ABC中，∠BAC = 90°，AB = k·AC，△ADE是由△ABC绕点A逆时针旋转某个角度得到的，BC与DE交于点F，直线BD与EC交于点G（1）求证：BD = k·EC；（2）求∠CGD的度数；（3）若k = 1（如图②），求证：A，F，G三点在同一直线上．5、如图，已知AB是⊙O的直径，⊙O过BC的中点D，且．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若，，求的半径． -参考答案-一、单选题1、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．2、B【分析】由同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得，利用平行线的性质：两直线平行，内错角相等即可得．【详解】解：∵，∴，∵，∴，故选：B．【点睛】题目主要考查圆周角定理，平行线的性质等，理解题意，找出相关的角度是解题关键．3、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．4、C【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、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，故此选项符合题意；D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；故选：C．【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．5、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．6、D【分析】连接OB，OC，根据圆周角定理求出∠BOC的度数，再由OB=OC判断出△OBC是等边三角形，由此可得出结论．【详解】解：连接OB，OC，∵∠BAC=30°，∴∠BOC=60°．∵OB=OC，BC=6，∴△OBC是等边三角形，∴OB=BC=6．∴⊙O的直径等于12．故选：D．【点睛】本题考查的圆周角定理，根据题意作出辅助线，构造出等边三角形是解答此题的关键．7、B【分析】直接根据扇形的面积公式计算即可．【详解】故选：B．【点睛】本题考查了扇形的面积的计算，熟记扇形的面积公式是解题的关键．8、D【分析】根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．【详解】解：A、（﹣5，0）与（0，5）横、纵坐标不满足关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数的特征，故A错误；B、（0，2）与（2，0）横、纵坐标不满足关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数的特征，故B错误；C、（﹣2，﹣1）与（﹣2，1）关于x轴对称，故C错误；D、关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，故D正确；故选：D．【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．9、B【分析】根据所学知识对五个命题进行判断即可．【详解】1、，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．10、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．二、填空题1、【分析】如图，连接OD，OE，OC，设DO与⊙O交于点M，连接CM，BM，通过△OCD≌△OBE（SAS），可得OE＝OD，通过旋转观察如图可知当DO⊥AB时，DO最长，此时OE最长，设DO与⊙O交于点M，连接CM，先证明△MED≌△MEB，得MD＝BM．再利用勾股定理计算即可．【详解】解：如图，连接OD，OE，OC，设DO与⊙O交于点M，连接CM，BM，∵四边形BCDE是正方形，∴∠BCD＝∠CBE＝90°，CD＝BC＝BE＝DE，∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC，∴∠BCD+∠OCB＝∠CBE+∠OBC，即∠OCD＝∠OBE，∴△OCD≌△OBE（SAS），∴OE＝OD，根据旋转的性质，观察图形可知当DO⊥AB时，DO最长，即OE最长，∵∠MCB＝∠MOB＝×90°＝45°，∴∠DCM＝∠BCM＝45°，∵四边形BCDE是正方形，∴C、M、E共线，∠DEM＝∠BEM，在△EMD和△EMB中，，∴△MED≌△MEB（SAS），∴DM＝BM＝＝＝2（cm），∴OD的最大值＝2+2，即OE的最大值＝2+2；故答案为：（2+2）cm．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，圆周角定理等知识，解题的关键是OD取得最大值时的位置，学会通过特殊位置探究得出结论．2、60【分析】在Rt△BOE中，利用勾股定理求得OE=1，知OB=2OE，得到∠BOE=60°，∠BOC=120°，再利用圆周角定理即可解决问题．【详解】解：如图作OE⊥BC于E．∵OE⊥BC，∴BE=EC=，∠BOE=∠COE，∴OE=1，∴OB=2OE，∴∠OBE=30°，∴∠BOE=∠COE=60°，∴∠BOC=120°，∴∠BAC=60°，故答案为：60．【点睛】本题考查三角形的外心与外接圆、圆周角定理．垂径定理、勾股定理、直角三角形30度角性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．3、或【分析】设点G的坐标为，过点A作轴交于点M，过点作轴交于点N，由全等三角形求出点坐标，由点在2为半径的圆上，根据勾股定理即可求出点G的坐标．【详解】设点G的坐标为，过点A作轴交于点M，过点作轴交于点N，如图所示：∵，∴，，∵点A绕点G顺时针旋转90°后得到点，∴，，∴，∵轴，轴，∴，∴，∴，在与中，，∴，∴，，∴，∴，在中，由勾股定理得：，解得：或，∴或．故答案为：，．【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，掌握相关知识之间的应用是解题的关键．4、140【分析】作的外接圆，根据三角形内心的性质可得：，，再由三角形内角和定理得出：，最后根据三角形外心的性质及圆周角定理即可得．【详解】解：如图所示，作的外接圆，∵点I是的内心，∴BI，CI分别平分和，∴，，∵，∴，∴，∴，∵点O是的外心，∴，故答案为：140．【点睛】题目主要考查三角形内心与外心的性质，三角形内角和定理等，理解题意，熟练掌握三角形内心与外心的性质是解题关键．5、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．三、解答题1、（1）见解析；（2）3【分析】（1）由题意连接OC，OB，由等边三角形的性质可得∠ABC=∠BCE=60°，求出∠OCB=30°，则∠OCE=90°，结论得证；（2）根据题意由条件可得∠DBC=30°，∠BEC=90°，进而即可求出CE=BC＝3．【详解】解：（1）证明：如图连接OC、OB．∵是等边三角形∴  ∵∴   又 ∵∴∴∴∴与⊙O相切； （2）∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∴∵D为的中点，∴∴ ∵∴    ∴【点睛】本题主要考查等边三角形的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质、切线的判定以及直角三角形的性质等知识．解题的关键是正确作出辅助线，利用圆的性质进行求解．2、（1）作图见解析；（2）【分析】（1）由于D点为⊙O的切点，即可得到OC=OD，且OD⊥AB，则可确定O点在∠A的角平分线上，所以应先画出∠A的角平分线，与BC的交点即为O点，再以O为圆心，OC为半径画出圆即可；（2）连接CD和OD，根据切线长定理，以及圆的基本性质，求出∠DCB的度数，然后进一步求出∠COD的度数，并结合三角函数求出OC的长度，再运用弧长公式求解即可．【详解】解：（1）如图所示，先作∠A的角平分线，交BC于O点，以O为圆心，OC为半径画出⊙O即为所求；（2）如图所示，连接CD和OD，由题意，AD为⊙O的切线，∵OC⊥AC，且OC为半径，∴AC为⊙O的切线，∴AC=AD，∴∠ACD=∠ADC，∵CD=BD，∴∠B=∠DCB，∵∠ADC=∠B+∠BCD，∴∠ACD=∠ADC=2∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，即：3∠DCB=90°，∴∠DCB=30°，∵OC=OD，∴∠DCB=∠ODC=30°，∴∠COD=180°-2×30°=120°，∵∠DCB=∠B=30°，∴在Rt△ABC中，∠BAC=60°，∵AO平分∠BAC，∴∠CAO=∠DAO=30°，∴在Rt△ACO中，，∴．【点睛】本题考查复杂作图-作圆，以及圆的基本性质和切线长定理等，掌握圆的基本性质，切线的性质以及灵活运用三角函数求解是解题关键．3、见解析【分析】由题意画图，再根据圆周角定理的推论即可得证结论．【详解】证明：根据题意作图如下：∵BD是圆周角ABC的角平分线，∴∠ABD=∠CBD，∴，∴AD=CD．【点睛】本题考查了角，弧，弦之间的关系，熟练掌握三者的关系定理是解题的关键．4、（1）见解析；（2）90°；（3）见解析【分析】（1）由旋转的性质可得对应边相等对应角相等，由相似三角形的判定得出△ABD∽△ACE，由相似三角形的性质即可得出结论 ；（2）由（1）证得△ABD∽△ACE，和等腰三角形的性质得出，进而推出，由四边形的内角和定理得出结论；（3）连接CD，由旋转的性质和等腰三角形的性质得出，CG＝DG，FC＝FD，由垂直平分线的判断得出A，F，G都在CD的垂直平分线上，进而得出结论．【详解】证明：（1）∵△ADE是由△ABC绕点A逆时针旋转某个角度得到的，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE，∴，∴△ABD∽△ACE，∴，∵AB = k·AC，∴，∴BD = k·EC；（2）由（1）证得△ABD∽△ACE，∴，∵AB＝AD，AC＝AE，∠BAC = 90°，∴，∴，∵，∴，∴∴在四边形ADGE中，，∠BAC = 90°，∴∠CGD＝360°－180°－90°＝90°；（3）连接CD，如图：∵△ADE是由△ABC绕点A逆时针旋转某个角度得到的，∠BAC = 90°，AB = k·AC，∴当k = 1时，△ABC和△ADE为等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴CG＝DG∵，∴，∴FC＝FD，∴点A、点G和点F在CD的垂直平分线上， ∴A，F，G三点在同一直线上．【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，垂直平分线的判定等知识点，熟练掌握相似三角形的判定和垂直平分线的判定是解题的关键．5、（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）连接，只要证明即可．此题可运用三角形的中位线定理证，因为，所以．（2）根据直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半及勾股定理可分别求出的长和、的长，即可根据中位线性质求出的长，即的半径长．【详解】（1）证明：连接．因为是的中点，是的中点，，．，．，是圆的半径，是的切线．（2）如图，，，，，，且，，，且，∴，，，∴ ，的半径长为．【点睛】本题考查了切线的判定、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证它们垂直即可解决问题．