2020-2021学年第24章 圆综合与测试课后测评

这是一份2020-2021学年第24章 圆综合与测试课后测评，共36页。

沪科版九年级数学下册第24章圆同步训练
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是的切线，切点为A，PO的延长线交于点B，若，则的度数为（ ）．

A．20° B．25° C．30° D．40°
2、如图，在Rt中，．以点为圆心，长为半径的圆交于点，则的长是（ ）

A．1 B． C． D．2
3、下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4、下面的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、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．
6、在直径为10cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽cm，则水的最大深度为（ ）

A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
7、计算半径为1，圆心角为的扇形面积为（ ）
A． B． C． D．
8、如图图案中，不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
9、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．
10、如图，在Rt△ABC中，，，，以边上一点为圆心作，恰与边，分别相切于点，，则阴影部分的面积为（ ）

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，把分成相等的六段弧，依次连接各分点得到正六边形ABCDEF，如果的周长为，那么该正六边形的边长是______．


2、如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝－2x＋4的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，将直线AB绕点B顺时针旋转45°，交x轴于点C，则直线BC的函数表达式为_______．

3、龙湖实验中学的操场有4条等宽的跑道，每条跑道是由两条直跑道和两个半圆形弧道连接而成，请根据小泓与瞿老师的对话计算每条跑道的宽度是______米．

4、如图，AB是半圆O的直径，点D在半圆O上，，，C是弧BD上的一个动点，连接AC，过D点作于H．连接BH，则在点C移动的过程中，线段BH的最小值是______．

5、若一次函数y＝kx+8（k≠0）的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，当k的取值变化时，点A随之在x轴上运动，将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到BQ，连接OQ，则OQ长的最小值是 ___．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、在等边中，将线段AB绕点A顺时针旋转得到线段AD．

（1）若线段DA的延长线与线段BC相交于点E（不与点B，C重合），写出满足条件的α的取值范围；
（2）在（1）的条件下连接BD，交CA的延长线于点F．
①依题意补全图形；②用等式表示线段AE，AF，CE之间的数量关系，并证明．
2、已知：如图，△ABC为锐角三角形，AB＝AC
求作：一点P，使得∠APC＝∠BAC
作法：①以点A为圆心， AB长为半径画圆；
②以点B为圆心，BC长为半径画弧，交⊙A于点C，D两点；
③连接DA并延长交⊙A于点P
点P即为所求

（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明
证明：连接PC，BD
∵AB＝AC，
∴点C在⊙A上
∵BC＝BD，
∴∠_________＝∠_________
∴∠BAC＝∠CAD
∵点D，P在⊙A上，
∴∠CPD＝∠CAD（______________________） （填推理的依据）
∴∠APC＝∠BAC
3、在等边中，是边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转120°，得到，连接．

（1）如图1，当、、三点共线时，连接，若，求的长；
（2）如图2，取的中点，连接，猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接、交于点．若，请直接写出的值．
4、如图1，点O为直线AB上一点，将两个含60°角的三角板MON和三角板OPQ如图摆放，使三角板的一条直角边OM、OP在直线AB上，其中．

（1）将图1中的三角板OPQ绕点O按逆时针方向旋转至图2的位置，使得边OP在的内部且平分，此时三角板OPQ旋转的角度为______度；
（2）三角板OPQ在绕点O按逆时针方向旋转时，若OP在的内部．试探究与之间满足什么等量关系，并说明理由；
（3）如图3，将图1中的三角板MON绕点O以每秒2°的速度按顺时针方向旋转，同时将三角板OPQ绕点O以每秒3°的速度按逆时针方向旋转，将射线OB绕点O以每秒5°的速度沿逆时针方向旋转，旋转后的射线OB记为OE，射线OC平分，射线OD平分，当射线OC、OD重合时，射线OE改为绕点O以原速按顺时针方向旋转，在OC与OD第二次相遇前，当时，直接写出旋转时间t的值．
5、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．


-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
连接OA，如图，根据切线的性质得∠PAO=90°，再利用互余计算出∠AOP=50°，然后根据等腰三角形的性质和三角形外角性质计算∠B的度数．
【详解】
解：连接OA，如图，

∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥AP，
∴∠PAO=90°，
∵∠P=40°，
∴∠AOP=50°，
∵OA=OB，
∴∠B=∠OAB，
∵∠AOP=∠B+∠OAB，
∴∠B=∠AOP=×50°=25°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
2、B
【分析】
利用三角函数及勾股定理求出BC、AB，连接CD，过点C作CE⊥AB于E，利用，求出BE，根据垂径定理求出BD即可得到答案．
【详解】
解： 在Rt中，，
∴BC=3，，
连接CD，过点C作CE⊥AB于E，
∵，
∴，
解得，
∵CB=CD，CE⊥AB，
∴，
∴，
故选：B．

【点睛】
此题考查了锐角三角函数，勾股定理，垂径定理，熟记各定理并熟练应用是解题的关键．
3、A
【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、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
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、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意．
故选：A．
【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．
4、A
【详解】
解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形，此项符合题意；
B、是中心对称图形，不是轴对称图形，此项不符题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，此项不符题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，此项不符题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟记中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）和轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形）是解题关键．
5、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．
6、B
【分析】
连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，先由垂径定理求出BD的长，再根据勾股定理求出OD的长，进而得出CD的长即可．
【详解】
解：连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，如图所示：

∵AB=8cm，
∴BD=AB=4（cm），
由题意得：OB=OC==5cm，
在Rt△OBD中，OD=（cm），
∴CD=OC-OD=5-3=2（cm），
即水的最大深度为2cm，
故选：B．
【点睛】
本题考查了垂径定理、勾股定理等知识；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．
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、C
【分析】
根据中心对称图形的概念：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，这个点叫做对称中心求解．
【详解】
解：A、是中心对称图形，故A选项不合题意；
B、是中心对称图形，故B选项不合题意；
C、不是中心对称图形，故C选项符合题意；
D、是中心对称图形，故D选项不合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的知识，解题的关键是掌握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°后重合．
9、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．
10、A
【分析】
连结OC，根据切线长性质DC=AC，OC平分∠ACD，求出∠OCD=∠OCA==30°，利用在Rt△ABC中，AC=ABtanB=3×，在Rt△AOC中，∠ACO=30°，AO=ACtan30°=，利用三角形面积公式求出，，再求出扇形面积，利用割补法求即可．
【详解】
解：连结OC，
∵以边上一点为圆心作，恰与边，分别相切于点A, ，
∴DC=AC，OC平分∠ACD，
∵，，
∴∠ACD=90°-∠B=60°，
∴∠OCD=∠OCA==30°，
在Rt△ABC中，AC=ABtanB=3×，
在Rt△AOC中，∠ACO=30°，AO=ACtan30°=，
∴OD=OA=1，DC=AC=，
∴，，
∵∠DOC=360°-∠OAC-∠ACD-∠ODC=360°-90°-90°-60°=120°，
∴，
S阴影=．
故选择A．

【点睛】
本题考查切线长性质，锐角三角形函数，扇形面积，三角形面积，角的和差计算，割补法求阴影面积，掌握切线长性质，锐角三角形函数，扇形面积，三角形面积，角的和差计算，割补法求阴影面积是解题关键．
二、填空题
1、6
【分析】
如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，证明△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，再求出圆的半径即可．
【详解】
解：如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF．
∵正六边形ABCDEF，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠EOF＝∠FOA＝60°，
∴△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，
∵的周长为，
∴的半径为，
正六边形的边长是6；

【点睛】
本题考查正多边形与圆的关系、等边三角形的判定和性质等知识，明确正六边形的边长和半径相等是解题的关键．
2、##
【分析】
先求出点A、B的坐标，过点A作AF⊥AB，交直线BC于点F，过点F作EF⊥x轴，垂足为E，然后由全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，求出点F的坐标，再利用待定系数法，即可求出答案．
【详解】
解：∵一次函数y＝－2x＋4的图像与x轴、y轴分别交于点A、B两点，
∴令，则；令，则，
∴点A为（2，0），点B为（0，4），
∴，；
过点A作AF⊥AB，交直线BC于点F，过点F作EF⊥x轴，垂足为E，如图，

∴，
∴，
∴，
∵，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AF=AB，
∴△ABO≌△FAE（AAS），
∴AO=FE，BO=AE，
∴，，
∴，
∴点F的坐标为（，）；
设直线BC为，则
，解得：，
∴直线BC的函数表达式为；
故答案为：；
【点睛】
本题考查了一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，以及旋转的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而进行解题．
3、
【分析】
设跑道的宽为米，根据直道长度一样，外圈与内圈的差是两个圆周长的差，列出式子求解即可．
【详解】
解：设跑道的宽为米，由对称性设内圈两个半圆形弧道拼成的圆的半径为，
根据题意可得：，
解得：，
故答案是：．
【点睛】
本题考查了圆的基本概念，一元一次方程，解题的关键是根据题意列出等式求解．
4、##
【分析】
连接，取的中点，连接，由题可知点在以为圆心，为半径的圆上，当、、三点共线时，最小；求出，在中，，所以，即为所求．
【详解】
解：连接，取的中点，连接，

，
点在以为圆心，为半径的圆上，
当、、三点共线时，最小，
是直径，
，
，，
，，
在中，，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查点的运动轨迹，勾股定理，解题的关键是能够根据点的运动情况，确定点的运动轨迹．
5、8
【分析】
根据一次函数解析式可得：，，过点B作轴，过点A作，过点Q作，由旋转的性质可得，，依据全等三角形的判定定理及性质可得：ΔMAB≅ΔNBQ，，，即可确定点Q的坐标，然后利用勾股定理得出OQ的长度，最后考虑在什么情况下取得最小值即可．
【详解】
解：函数得：，，过点B作轴，过点A作，过点Q作，连接OQ，如图所示：

将线段BA绕点B逆时针旋转得到线段BQ，
∴，，
∴
∴，
在ΔMAB与ΔNBQ中，
，
∴ΔMAB≅ΔNBQ，
∴，，
点Q的坐标为，
∴
当或时，取得最小值为8，
故答案为：8．
【点睛】
题目主要考查一次函数与几何的综合问题，包括与坐标轴的交点，旋转，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，理解题意，作出相应图形是解题关键．
三、解答题
1、（1）；（2）①见解析；②AE=AF+CE，证明见解析．
【分析】
（1）根据“线段DA的延长线与线段BC相交于点E”可求解；
（2）①根据要求画出图形，即可得出结论；②在AE上截取AH=AF，先证△AFD≌△AHC，再证∠CHE=∠HCE，即可得出结果．
【详解】
（1）如图：AD只能在锐角∠EAF内旋转符合题意

故α的取值范围为：；
（2）补全图形如下：

（3）AE=AF+CE，
证明：在AE上截取AH=AF，由旋转可得：AB=AD，
∴∠D=∠ABF，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠ACB=60°，
∴AD=AC，
∵∠DAF=∠CAH，
∴△AFD≌△AHC，
∴∠AFD=∠AHC，∠D=∠ACH，
∴∠AFB=∠CHE，
∵∠AFB+∠ABF=∠ACH+∠HCE=60°，
∴∠CHE+∠D=∠D+∠HCE=60°，
∴∠CHE=∠HCE，
∴CE=HE，
∴AE=AH+HE=AF+CE．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，三角形外角的性质，等边三角形性质及应用，解题的关键是正确画出图形和作出辅助线．
2、（1）见解析；（2）BAC=BAD，圆周角定理或同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半
【分析】
（1）根据按步骤作图即可；
（2）根据圆周角定理进行证明即可
【详解】
解：（1）如图所示，

（2）证明：连接PC，BD
∵AB＝AC，
∴点C在⊙A上
∵BC＝BD，
∴∠BAC=∠BAD
∴∠BAC＝∠CAD
∵点D，P在⊙A上，
∴∠CPD＝∠CAD（圆周角定理） （填推理的依据）
∴∠APC＝∠BAC
故答案为：BAC=BAD，圆周角定理或同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半
【点睛】
本题考查了尺规作图作圆，圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
3、（1）；（2）；证明见解析；（3）
【分析】
（1）过点作于点，根据等边三角形的性质与等腰的性质以及勾股定理求得，进而求得，在中，，，勾股定理即可求解；
（2）延长至，使得，连接，过点作，交于点，根据平行四边形的性质可得，，证明是等边三角形，进而证明，即可证明是等边三角形，进而根据三线合一以及含30度角的直角三角形的性质，可得；
（3）过点作于点，过点作，连接，交于点，过点作，交于点，过点作于点，先证明，结合中位线定理可得，进而可得，设，分别勾股定理求得，进而根据求得，即可求得的值
【详解】
（1）过点作于点，如图

将绕点顺时针旋转120°，得到，


是等边三角形
，


，






在中，，

（2）如图，延长至，使得，连接，过点作，交于点，

点是的中点

又
四边形是平行四边形
，

将绕点顺时针旋转120°，得到，


是等边三角形


，，
是等边三角形



设，则,
，





,
是等边三角形

，

即
（3） 如图，过点作于点，过点作，连接，交于点，过点作，交于点，过点作于点，


四点共圆

由（2）可知，




将绕点顺时针旋转120°，得到，


是的中点，
是的中位线





是等腰直角三角形




四边形是矩形
，
设
在中，

,

在中,

在中



【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边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，同弧所对的圆周角相等，四点共圆，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质与判定；掌握旋转的性质，等边三角形的性质与判定是解题的关键．
4、
（1）135°
（2）∠MOP-∠NOQ=30°，理由见解析
（3）s或s．
【分析】
（1）先根据OP平分得到∠PON，然后求出∠BOP即可；
（2）先根据题意可得∠MOP=90°-∠POQ, ∠NOQ=60°-∠POQ,然后作差即可；
（3）先求出旋转前OC、OD的夹角，然后再求出OC与OD第一次和第二次相遇所需要的时间，再设在OC与OD第二次相遇前，当时，需要旋转时间为t，再分OE在OC的左侧和OE在OC的右侧两种情况解答即可．
（1）
解：∵OP平分∠MON
∴∠PON=∠MON=45°
∴三角板OPQ旋转的角：∠BOP=∠PON+∠NOB=135°．
故答案是135°
（2）
解：∠MOP-∠NOQ=30°，理由如下：
∵∠MON=90°，∠POQ=60°
∴∠MOP=90°-∠POQ, ∠NOQ=60°-∠POQ,
∴∠MOP-∠NOQ=90°-∠POQ -（60°-∠POQ）=30°．
（3）
解：∵射线OC平分，射线OD平分
∴∠NOC=45°，∠POD=30°
∴选择前OC与OD的夹角为∠COD=∠NOC+∠NOP+∠POD=165°
∴OC与OD第一次相遇的时间为165°÷（2°+3°）=33秒，此时OB旋转的角度为33×5°=165°
∴此时OC与OE的夹角165-（180-45-2×33）=96°
OC与OD第二次相遇需要时间360°÷（3°+2°）=72秒
设在OC与OD第二次相遇前，当时，需要旋转时间为t
①当OE在OC的左侧时，有（5°-2°）t=96°-13°，解得：t=s
②当OE在OC的右侧时，有（5°-2°）t=96°+13°，解得：t=s
然后，①②都是每隔360÷（5°-2°）=120秒，出现一次这种现象
∵C、D第二次相遇需要时间72秒
∴在OC与OD第二次相遇前，当时，、旋转时间t的值为s或s．

【点睛】
本题主要考查了角平分线的定义、平角的定义、一元一次方程的应用等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
5、（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．