数学沪科版第24章 圆综合与测试练习题

这是一份数学沪科版第24章 圆综合与测试练习题，共31页。试卷主要包含了将一把直尺，点P关于原点对称的点的坐标是等内容，欢迎下载使用。
沪科版九年级数学下册第24章圆重点解析
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，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．8 B． C． D．
2、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
3、下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4、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．
5、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．
6、将等边三角形绕其中心旋转n时与原图案完全重合，那么n的最小值是（ ）
A．60 B．90 C．120 D．180
7、点P(－3，1)关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．(－3，1) B．(3，1) C．(3，－1) D．(－3，－1)
8、如图所示四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
9、如图，AB为的直径，，，劣弧BC的长是劣弧BD长的2倍，则AC的长为（ ）

A． B． C．3 D．
10、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．
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，正方形ABCD的边长为1，⊙O经过点C，CM为⊙O的直径，且CM＝1．过点M作⊙O的切线分别交边AB，AD于点G，H．BD与CG，CH分别交于点E，F，⊙O绕点C在平面内旋转（始终保持圆心O在正方形ABCD内部）．给出下列四个结论：
①HD＝2BG；②∠GCH＝45°；③H，F，E，G四点在同一个圆上；④四边形CGAH面积的最大值为2．其中正确的结论有 _____（填写所有正确结论的序号）．

2、平面直角坐标系中，，，A为x轴上一动点，连接AC，将AC绕A点顺时针旋转90°得到AB，当BK取最小值时，点B的坐标为_________．
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、到点的距离等于8厘米的点的轨迹是__．
5、如图，已知正方形ABCD的边长为6，E为CD边上一点，将绕点A旋转至，连接，若，则的长等于______．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（0，3）,B（﹣3，5），C（﹣4，1）．
（1）把△ABC向右平移3个单位得△A1B1C1，请画出△A1B1C1并写出点A1的坐标；
（2）把△ABC绕原点O旋转180°得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．

2、如图，AB是的直径，CD是的一条弦，且于点E．

（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
3、阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如：
如下图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．易证得．
大致证明思路：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得、、三点共线，，进而可证明，故．


任务：
如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．

4、如图，四边形ABCD是正方形．△ABE是等边三角形，M为对角线 BD(不含B，D点)上任意一点，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接 EN，AM、CM．请判断线段 AM 和线段 EN 的数量关系，并说明理由．

5、在中，，，过点A作BC的垂线AD，垂足为D，E为线段DC上一动点（不与点C重合），连接AE，以点A为中心，将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，连接BF，与直线AD交于点G．

（1）如图，当点E在线段CD上时，
①依题意补全图形，并直接写出BC与CF的位置关系；
②求证：点G为BF的中点．
（2）直接写出AE，BE，AG之间的数量关系．

-参考答案-
一、单选题
1、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．
2、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．
3、C
【分析】
根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、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，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选C．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义：
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，这个点就是它的对称中心．
4、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．
5、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．
6、C
【分析】
根据旋转对称图形的概念（把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角），找到旋转角，求出其度数．
【详解】
解：等边三角形绕其中心旋转n时与原图案完全重合，因而绕其中心旋转的最小度数是=120°．
故选C．
【点睛】
本题考查了根据旋转对称性，掌握旋转的性质是解题的关键．
7、C
【分析】
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），然后直接作答即可．
【详解】
解：根据中心对称的性质，可知：点P（3，1）关于原点O中心对称的点的坐标为（3，1）．
故选：C．
【点睛】
本题考查关于原点对称的点坐标的关系，是需要熟记的基本问题，记忆方法可以结合平面直角坐标系的图形．
8、D
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】
解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．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，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、D
【分析】
连接，根据求得半径，进而根据的长，勾股定理的逆定理证明，根据弧长关系可得，即可证明是等边三角形，求得，进而由勾股定理即可求得
【详解】
如图，连接，



，

是直角三角形，且




是等边三角形

是直径，


故选D
【点睛】
本题考查了弧与圆心角的关系，直径所对的圆周角是90度，勾股定理，等边三角形的判定，求得的长是解题的关键．
10、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．
二、填空题
1、②③④
【分析】
根据切线的性质，正方形的性质，通过三角形全等，证明HD=HM，∠HCM=∠HCD，GM=GB，∠GCB=∠GCM，可判断前两个结论；运用对角互补的四边形内接于圆，证明∠GHF+∠GEF=180°，取GH的中点P，连接PA，则PA+PC≥AC，当PC最大时，PA最小，根据直径是圆中最大的弦，故PC=1时，PA最小，计算即可．
【详解】
∵GH是⊙O的切线，M为切点，且CM是⊙O的直径，
∴∠CMH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CMH=∠CDH=90°，
∵CM=CD，CH=CH，
∴△CMH≌△CDH，
∴HD=HM，∠HCM=∠HCD，
同理可证，∴GM=GB，∠GCB=∠GCM，
∴GB+DH=GH，无法确定HD＝2BG，
故①错误；
∵∠HCM+∠HCD+∠GCB+∠GCM=90°，
∴2∠HCM+2∠GCM=90°，
∴∠HCM+∠GCM=45°，
即∠GCH＝45°，
故②正确；

∵△CMH≌△CDH，BD是正方形的对角线，
∴∠GHF=∠DHF，∠GCH=∠HDF=45°，
∴∠GHF+∠GEF=∠DHF +∠GCH+∠EFC
=∠DHF +∠HDF+∠HFD
=180°，
根据对角互补的四边形内接于圆，
∴H，F，E，G四点在同一个圆上，
故③正确；
∵正方形ABCD的边长为1，
∴
=1
=，∠GAH=90°，AC=
取GH的中点P，连接PA，
∴GH=2PA，
∴=，
∴当PA取最小值时，有最大值，
连接PC，AC，
则PA+PC≥AC，
∴PA≥AC- PC，
∴当PC最大时，PA最小，
∵直径是圆中最大的弦，
∴PC=1时，PA最小，
∴当A，P，C三点共线时，且PC最大时，PA最小，
∴PA=-1，
∴最大值为：1-（-1）=2-，
∴四边形CGAH面积的最大值为2，
∴④正确；
故答案为: ②③④．
【点睛】
本题考查了切线的性质，直径是最大的弦，三角形的全等，直角三角形斜边上的中线，四点共圆，正方形的性质，熟练掌握圆的性质，灵活运用直角三角形的性质，线段最短原理是解题的关键．
2、
【分析】
如图，作BH⊥x轴于H．由△ACO≌△BAH（AAS），推出BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，可得B（m+4，m），令x＝m+4，y＝m，推出y＝x﹣4，推出点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，作KM⊥EF于M，根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，利用等腰直角三角形的性质可得M的坐标，从而可得答案．
【详解】
解：如图，作BH⊥x轴于H．

∵C（0，4），K（2，0），
∴OC＝4，OK＝2，
∵AC＝AB，∵∠AOC＝∠CAB＝∠AHB＝90°，
∴∠CAO+∠OCA＝90°，∠BAH+∠CAO＝90°，
∴∠ACO＝∠BAH，
∴△ACO≌△BAH（AAS），
∴BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，
∴B（m+4，m），
令x＝m+4，y＝m，
∴y＝x﹣4，
∴点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，
则

作KM⊥EF于M，过作于 则

根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，此时B（3，﹣1），
故答案为：（3，﹣1）
【点睛】
本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找点B的运动轨迹，学会利用垂线段最短解决最短问题．
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、以点为圆心，8厘米长为半径的圆
【分析】
由题意直接根据圆的定义进行分析即可解答．
【详解】
到点的距离等于8厘米的点的轨迹是：以点为圆心，2厘米长为半径的圆．
故答案为：以点为圆心，8厘米长为半径的圆．
【点睛】
本题主要考查了圆的定义，正确理解定义是关键，注意掌握圆的定义是在同一平面内到定点的距离等于定长的点的集合．
5、4
【分析】
在正方形ABCD中，BE′＝DE＝2，所以在直角三角形E′CE中，E′C＝8，CE＝4，利用勾股定理求得EE′的长即可．
【详解】
解：在正方形ABCD中，∠C＝90°，
由旋转得，BE′＝DE＝2，
∴E′C＝8，CE＝4，
∴在直角三角形E′CE中，
EE′＝＝＝4．
故答案为4．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质与勾股定理的知识，正确的利用旋转和正方形的性质得出直角三角形边长并正确的应用勾股定理是解题的关键．
三、解答题
1、（1）图见解析；A1（3，3）；（2）见解析
【分析】
（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案．
【详解】
解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求，点A1的坐标为：（3，3）；

（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求．
【点睛】
此题主要考查了旋转变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键．
2、（1）见解析；（2）3
【分析】
（1）根据∠D=∠B，∠BCO=∠B，代换证明；
（2）根据垂径定理，得CE=，，利用勾股定理计算即可．
【详解】
（1）证明：
∵OC＝OB，
∴∠BCO＝∠B；
∵，
∴∠B＝∠D；
∴∠BCO＝∠D；

（2）解：∵AB是⊙O的直径，且CD⊥AB于点E，
∴CE＝CD，
∵CD＝，
∴CE＝，
在Rt△OCE中，，
∵OE＝1，
∴，
∴；
∴⊙O的半径为3．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，结合图形，熟练运用三个定理是解题的关键．
3、成立，证明见解析
【分析】
根据阅读材料将△ADF旋转120°再证全等即可求得EF= BE+DF ．
【详解】
解：成立．
证明：将绕点顺时针旋转，得到，
，，，，，

，、、三点共线，
．
，，，
，
．
【点睛】
本题考查旋转中的三角形全等，读懂材料并运用所学的全等知识是本题关键．
4、AM=EN，理由见解析
【分析】
根据旋转性质和等边三角形的性质可证得∠ABM=∠EBN，BM=BN，AB=BE，根据全等三角形的判定证明△ABM≌△EBN即可得出结论．
【详解】
解：AM=EN，理由为：
∵△ABE是等边三角形，
∴AB=BE，∠ABE=60°，即∠EBN=∠ABN=60°，
∵线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，
∴BM=BN，∠MBN=60°，即∠ABM+∠ABN=60°，
∴∠ABM=∠EBN，
在△ABM和△EBN中，
，
∴△ABM≌△EBN（SAS），
∴AM=EN．
【点睛】
本题考查等边三角形的性质、旋转性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握用全等三角形证明线段相等是解答的关键．
5、（1）①BC⊥CF；证明见详解；②见详解;（2）2AE2=4AG2+BE2．证明见详解．
【分析】
（1）①如图所示，BC⊥CF．根据将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，得出AE=AF，∠EAF=90°，可证△BAE≌△CAF（SAS），得出∠ABE=∠ACF=45°，可得∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°即可；
②根据AD⊥BC，BC⊥CF．可得AD∥CF，可证△BDG∽△BCF，可得，得出即可；
（2）2AE2=4AG2+BE2，延长BA交CF延长线于H，根据等腰三角形性质可得AD平分∠BAC，可得∠BAD=∠CAD=，可证△BAG∽△BHF，得出HF=2AG，再证△AEC≌△AFH（AAS），得出EC=FH=2AG，利用勾股定理得出，即即可．
【详解】
解：（1）①如图所示，BC⊥CF．
∵将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴∠EAC+∠CAF=90°，
∵，，
∴∠BAE+∠EAC=90°，∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△BAE和△CAF中，
，
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴∠ABE=∠ACF=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
∴BC⊥CF；

②∵AD⊥BC，BC⊥CF．
∴AD∥CF，
∴∠BDG=∠BCF=90°，∠BGD=∠BFC，
∴△BDG∽△BCF，
∴，
∵，AD⊥BC，
∴BD=DC=，
∴，
∴，
∴，
∴BG=GF;
（2）2AE2=4AG2+BE2．延长BA交CF延长线于H，
∵AD⊥BC，AB=AC，
∴AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD=，
∵BG=GF，AG∥HF，
∴∠BAG=∠H=45°，∠AGB=∠HFB，
∴△BAG∽△BHF，
∴，
∴HF=2AG，
∵∠ACE=45°，
∴∠ACE =∠H，
∵∠EAC+∠CAF=90°，∠CAF+∠FAH=90°，
∴∠EAC=∠FAH，
在△AEC和△AFH中，
，
∴△AEC≌△AFH（AAS），
∴EC=FH=2AG，
在Rt△AEF中，根据勾股定理，
在Rt△ECF中，即．

【点睛】
本题考查图形旋转性质，三角形完全判定与性质，等腰直角三角形性质，三角形相似判定与性质，勾股定理，掌握图形旋转性质，三角形完全判定与性质，等腰直角三角形性质，三角形相似判定与性质，勾股定理是解题关键．