数学九年级下册第24章 圆综合与测试单元测试随堂练习题

这是一份数学九年级下册第24章 圆综合与测试单元测试随堂练习题，共32页。试卷主要包含了将一把直尺，如图，一个宽为2厘米的刻度尺等内容，欢迎下载使用。
沪科版九年级数学下册第24章圆单元测试
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，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°
2、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
3、在圆内接四边形ABCD中，∠A、∠B、∠C的度数之比为2：4：7，则∠B的度数为（ ）
A．140° B．100° C．80° D．40°
4、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．
5、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．
6、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
7、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．
8、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
9、的边经过圆心，与圆相切于点，若，则的大小等于（ ）

A． B． C． D．
10、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
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，在平面直角坐标系中，点N是直线上动点，M是上动点，若点C的坐标为，且与y轴相切，则长度的最小值为____________．

2、圆锥的母线长为，底面圆半径为r，则全面积为______．
3、如图，在⊙O中，弦AB⊥OC于E点，C在圆上，AB＝8，CE＝2，则⊙O的半径AO＝___________．

4、如图AB为⊙O的直径，点P为AB延长线上的点，过点P作⊙O的切线PE，切点为M，过A、B两点分别作PE垂线AC、BD，垂足分别为C、D，连接AM，则下列结论正确的是______（写所有正确论的号）
①AM平分∠CAB；②；③若AB=4，∠APE=30°，则的长为；④若AC=3BD，则有tan∠MAP=．

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，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F．点E落在BA上，连接AF．

（1）若∠BAC＝40°，求∠BAF的度数；
（2）若AC＝8，BC＝6，求AF的长．
2、新定义：在平面直角坐标系xOy中，若几何图形G与⊙A有公共点，则称几何图形G为⊙A的关联图形，特别地，若⊙A的关联图形G为直线，则称该直线为⊙A的关联直线．如图1，∠M为⊙A的关联图形，直线l为⊙A的关联直线．

（1）已知⊙O是以原点为圆心，2为半径的圆，下列图形：
①直线y＝2x+2；②直线y＝﹣x+3；③双曲线y＝，是⊙O的关联图形的是　 （请直接写出正确的序号）．

（2）如图2，⊙T的圆心为T（1，0），半径为1，直线l：y＝﹣x+b与x轴交于点N，若直线l是⊙T的关联直线，求点N的横坐标的取值范围．
（3）如图3，已知点B（0，2），C（2，0），D（0，﹣2），⊙I经过点C，⊙I的关联直线HB经过点B，与⊙I的一个交点为P；⊙I的关联直线HD经过点D，与⊙I的一个交点为Q；直线HB，HD交于点H，若线段PQ在直线x＝6上且恰为⊙I的直径，请直接写出点H横坐标h的取值范围．
3、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．
4、如图，正方形ABCD是半径为R的⊙O内接四边形，R＝6，求正方形ABCD的边长和边心距．

5、在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为．（每个方格的边长均为1个单位长度）

（1）画出关于原点对称的图形，并写出点的坐标；
（2）画出绕点O逆时针旋转后的图形，并写出点的坐标；
（3）写出经过怎样的旋转可直接得到．（请将20题（1）（2）小问的图都作在所给图中）

-参考答案-
一、单选题
1、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．
2、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.
3、C
【分析】
，，，进而求解的值．
【详解】
解：由题意知
∵
∴
∴
∵
∴
故选C．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形中对角互补．解题的关键在于根据角度之间的数量关系求解．
4、C
【详解】
解：选项A是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意；
选项B不是轴对称图形，是中心对称图形，故B不符合题意；
选项C既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C符合题意；
选项D是轴对称图形，不是中心对称图形，故D不符合题意；
故选C
【点睛】
本题考查的是轴对称图形的识别，中心对称图形的识别，掌握“轴对称图形与中心对称图形的定义”是解本题的关键，轴对称图形：把一个图形沿某条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合；中心对称图形：把一个图形绕某点旋转后能与自身重合.
5、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．
6、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．
7、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．
8、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．
9、A
【分析】
连接，根据圆周角定理求出，根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质计算，得到答案．
【详解】
解：连接，

，
，
与圆相切于点，
，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
10、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．
二、填空题
1、-2
【分析】
由图可知，当CN⊥AB且C、M、N三点共线时，长度最小，利用勾股定理求出CN的长，故可求解．
【详解】
由图可知，当CN⊥AB且C、M、N三点共线时，长度最小
∵直线AB的解析式为
当x=0时，y=5，当y=0时，x=5
∴B（0，5），A（5，0）
∴AO=BO，△AOB是等腰直角三角形
∴∠BAO=90°
当CN⊥AB时，则△ACN是等腰直角三角形
∴CN=AN
∵C
∴AC=7
∵AC2=CN2+AN2=2CN2
∴CN=
当 C、M、N三点共线时，长度最小
即MN=CN-CM=-2
故答案为：-2．

【点睛】
此题主要考查圆与几何综合，解题的关键是根据题意找到符合题意的位置，利用等腰直角三角形的性质求解．
2、
【分析】
根据圆锥的展开图为扇形，结合弧长公式、圆周长的求解公式、面积的求解公式，圆锥侧面积的求解公式可得出答案．
【详解】
解：圆锥的侧面展开图是一个扇形，扇形的半径等于圆锥的母线长，扇形的弧长等于圆锥的底面圆周长，
故可得，这个扇形的半径为，扇形的弧长为，
圆锥的侧面积为；
圆锥的全面积为圆锥的底面积侧面积：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算，解题的关键是掌握圆锥侧面展开图是个扇形，要熟练掌握扇形与圆锥之间的联系，难度一般．
3、5
【分析】
设⊙O的半径为r，则OA=r，OD=r-2，先由垂径定理得到AD=BD=AB=4，再由勾股定理得到42+（r-2）2=r2，然后解方程即可．
【详解】
解：设⊙O的半径为r，则OC=OA=r，OE=OC-CE=r-2，
∵OC⊥AB，AB=8，
∴AE=BE=AB=4，
在Rt△OAE中，由勾股定理得：42+（r-2）2=r2，
解得：r=5，
即⊙O的半径长为5，
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
4、①②④
【分析】
连接OM，由切线的性质可得，继而得，再根据平行线的性质以及等边对等角即可求得，由此可判断①；通过证明，根据相似三角形的对应边成比例可判断②；求出，利用弧长公式求得的长可判断③；由，，，可得，继而可得，，进而有，在中，利用勾股定理求出PD的长，可得，由此可判断④．
【详解】
解：连接OM，

∵PE为的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
即AM平分，故①正确；
∵AB为的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的长为，故③错误；
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，，，
∴，
又∵，
∴，
设，则，
∴，
在中，，
∴，
∴，
由①可得，
，
故④正确，
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了切线的性质，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
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）65°
（2）
【分析】
（1）根据三角形的内角和定理得到∠ABC=50°，根据旋转的性质得到∠EBF=∠ABC=50°，AB=BF，根据三角形的内角和定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理得到AB=10，根据旋转的性质得到BE=BC=6，EF=AC=8，根据勾股定理即可得到结论．
【小题1】
解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠BAC=40°，
∴∠ABC=50°，
∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，
∴∠EBF=∠ABC=50°，AB=BF，
∴∠BAF=∠BFA=（180°-50°）=65°；
【小题2】
∵∠C=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=10，
∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，
∴BE=BC=6，EF=AC=8，
∴AE=AB-BE=10-6=4，
∴AF=．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
2、（1）①③；（2）点N的横坐标；（3）或．
【分析】
（1）在坐标系中作出圆及三个函数图象，即可得；
（2）根据题意可得直线l的临界状态是与圆T相切的两条直线和，当临界状态为时；当临界状态为时，根据勾股定理及直角三角形的性质即可得；
（3）根据题意，只考虑横坐标的取值范围，所以将的圆心I平移到x轴上，分三种情况讨论：①当点Q在点P的上方时，连接BP、DQ，交于点H；②当点P在点Q的上方时，直线BP、DQ，交于点H，求出直线HB、直线HD的解析式，然后利用两点之间的距离解方程求解；③当时，两条直线与圆无公共点；综合三种情况即可得．
【详解】
解：（1）在坐标系中作出圆及三个函数图象，可得①③函数解析式与圆有公共点，

故答案为：①③；
（2）如图所示：

∵直线l是的关联直线，
∴直线l的临界状态是与相切的两条直线和，
当临界状态为时，连接TM，
∴，，
∵当时，，
当时，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
，
∴点，
同理可得当临界状态为时，
点，
∴点N的横坐标；
（3）①如图所示：只考虑横坐标的取值范围，所以将的圆心I平移到x轴上，当点Q在点P的上方时，连接BP、DQ，交于点H；

设点，直线HB的解析式为，直线HD的解析式为，
当时，与互为相反数，可得
，
得，
由图可得：，则，
∴，
结合，
解得：，，
∴，
当时，，
∴，h的最大值为，
②如图所示：当点P在点Q的上方时，直线BP、DQ，交于点H，当圆心I在x轴上时，
设点，直线HB的解析式为，直线HD的解析式为，

当时，与互为相反数，可得
，
得，
由图可得：，则，
∴，
结合，
解得：，，
∴，
当时，，
∴，h的最小值为，
③当时，两条直线与圆无公共点，不符合题意，
∴，
综上可得：或．
【点睛】
题目主要考查直线与圆的位置关系，等腰三角形的性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出相应图形是解题关键．
3、
（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．
4、边长为，边心距为
【分析】
过点O作OE⊥BC，垂足为E，利用圆内接四边形的性质求出∠BOC=90°，∠OBC=45°，然后在Rt△OBE中，根据勾股定理求出OE、BE即可．
【详解】
解：过点O作OE⊥BC，垂足为E，

∵正方形ABCD是半径为R的⊙O内接四边形，R＝6，
∴∠BOC==90°，∠OBC=45°，OB=OC=6，
∴BE=OE．
在Rt△OBE中，∠BEO=90°，由勾股定理可得
∵OE2+BE2=OB2,
∴OE2+BE2=36,
∴OE= BE=，
∴BC=2BE=，
即半径为6的圆内接正方形ABCD的边长为，边心距为．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，以及勾股定理，正多边形各边所对的外接圆的圆心角都相等，正多边形每一边所对的外接圆的圆心角叫做正多边形的中心角，正n边形每个中心角都等于．
5、
（1）见解析，；
（2）见解析，
（3）绕点O顺时针时针旋转
【分析】
（1）根据题意得：关于原点的对称点为 ，再顺次连接，即可求解；
（2）根据题意得：绕点O逆时针旋转后的对称点为 ，再顺次连接；
（3）根据题意得：绕点O顺时针时针旋转后可直接得到，即可求解．
（1）
解：根据题意得：关于原点的对应点为 ，画出图形如下图所示：
（2）
解：根据题意得：绕点O逆时针旋转后的对应点为 ，画出图形如下图所示：
（3）
解：根据题意得：绕点O顺时针时针旋转后可直接得到．
【点睛】
本题主要考查了图形的变换——画关于原点对称，绕原点旋转后图形，得到图形关于原点对称，绕原点旋转后对应点的坐标是解题的关键．