数学九年级下册第24章 圆综合与测试课后作业题

这是一份数学九年级下册第24章 圆综合与测试课后作业题，共33页。试卷主要包含了点P关于原点O的对称点的坐标是等内容，欢迎下载使用。
沪科版九年级数学下册第24章圆专项训练
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、在下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2、如图，在中，，，将绕点A顺时针旋转60°得到，此时点B的对应点D恰好落在BC边上，则CD的长为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
3、若的圆心角所对的弧长是，则此弧所在圆的半径为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4、如图，在中，，，，将绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
5、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
6、如图，AB，CD是⊙O的弦，且，若，则的度数为（ ）

A．30° B．40° C．45° D．60°
7、如图，为的直径，为外一点，过作的切线，切点为，连接交于，，点在右侧的半圆周上运动（不与，重合），则的大小是（ ）

A．19° B．38° C．52° D．76°
8、点P(3，﹣2)关于原点O的对称点的坐标是（　　）
A．(3，﹣2) B．(﹣3，2) C．(﹣3，﹣2) D．(2，3)
9、如图，四边形内接于，如果它的一个外角，那么的度数为（ ）

A． B． C． D．
10、如图，，，，都是上的点，，垂足为，若，则的度数为（ ）

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，在平面直角坐标系内，∠OA0A1＝90°，∠A1OA0＝60°，以OA1为直角边向外作Rt△OA1A2，使∠A2A1O＝90°，∠A2OA1＝60°，按此方法进行下去，得到 Rt△OA2A3，Rt△OA3A4…，若点A0的坐标是（1，0），则点A2021的横坐标是___________．

2、如图，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，若∠DAE=110°，∠B=40°，则∠C的度数为________．

3、如图，在平面直角坐标系xOy中，P为x轴正半轴上一点．已知点，，为的外接圆．

（1）点M的纵坐标为______；
（2）当最大时，点P的坐标为______．
4、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．

5、若一个正多边形的边长等于它的外接圆的半径，则这个正多边形是正______边形．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，已知为的直径，切于点C，交的延长线于点D，且．

（1）求的大小；
（2）若，求的长．
2、如图，已知在中，，D、E是BC边上的点，将绕点A旋转，得到，连接．
（1）当时，时，求证：；
（2）当时，与有怎样的数量关系？请写出，并说明理由．
（3）在（2）的结论下，当，BD与DE满足怎样的数量关系时，是等腰直角三角形？（直接写出结论，不必证明）

3、已知：如图，正方形的边长为1，在射线AB上取一点E，联结DE，将ADE绕点D针旋转90°，E点落在点F处，联结EF，与对角线BD所在的直线交于点M，与射线DC交于点N．求证：

（1）当时，求的值；
（2）当点E在线段AB上，如果，，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）联结AM，直线AM与直线BC交于点G，当时，求AE的值．
4、如图，在平面直角坐标系中，经过原点，且与轴交于点，与轴交于点，点在第二象限上，且，则__．

5、如图，在中，，O为AC上一点，以点O为圆心，OC为半径的圆恰好与AB相切，切点为D，与AC的另一个交点为E．

（1）求证：BO平分；
（2）若，，求BO的长．

-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
根据中心对称图形与轴对称图形的定义解答即可.
【详解】
解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B既是中心对称图形又是轴对称图形，符合题意；
C. 是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D. 既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意.
故选B.
【点睛】
本题主要考查的是中心对称图形与轴对称图形的定义.一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫作轴对称图形；把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合叫作中心对称图形.
2、B
【分析】
由题意以及旋转的性质可得为等边三角形，则BD=2，故CD=BC-BD=2．
【详解】
由题意以及旋转的性质知AD=AB，∠BAD=60°
∴∠ADB=∠ABD
∵∠ADB+∠ABD+∠BAD=180°
∴∠ADB=∠ABD=60°
故为等边三角形，即AB= AD =BD=2
则CD=BC-BD=4-2=2
故选：B．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定及性质，等边三角形的三边都相等，三个内角都相等，并且每一个内角都等于，等边三角形判定的方法有：三边相等的三角形是等边三角形（定义）；三个内角都相等的三角形是等边三角形；有一个内角是60度的等腰三角形是等边三角形；两个内角为60度的三角形是等边三角形．
3、C
【分析】
先设半径为r，再根据弧长公式建立方程，解出r即可
【详解】
设半径为r，
则周长为2πr，
120°所对应的弧长为
解得r=3
故选C
【点睛】
本题考查弧长计算，牢记弧长公式是本题关键．
4、C
【分析】
过点A作AC⊥x轴于点C，设 ，则 ，根据勾股定理，可得，从而得到 ，进而得到∴ ，可得到点 ，再根据旋转的性质，即可求解．
【详解】
解：如图，过点A作AC⊥x轴于点C，

设 ，则 ，
∵ ，，
∴，
∵， ，
∴ ，
解得： ，
∴ ，
∴ ，
∴点 ，
∴将绕原点O顺时针旋转90°，则旋转后点A的对应点的坐标是，
∴将绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点的坐标是．
故选：C
【点睛】
本题考查坐标与图形变化一旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是求出点A的坐标，属于中考常考题型．
5、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．
6、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．
7、B
【分析】
连接 由为的直径，求解 结合为的切线，求解 再利用圆周角定理可得答案.
【详解】
解：连接 为的直径，




为的切线，


故选B
【点睛】
本题考查的是三角形的内角和定理，直径所对的圆周角是直角，圆周角定理，切线的性质定理，熟练运用以上知识逐一求解相关联的角的大小是解本题的关键.
8、B
【分析】
根据“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），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答．
【详解】
解：点P（3，﹣2）关于原点O的对称点P'的坐标是（﹣3，2）．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了关于原点对称的点的坐标的特点，正确掌握横纵坐标的关系是解题关键．
9、D
【分析】
由平角的性质得出∠BCD=116°，再由内接四边形对角互补得出∠A=64°，再由圆周角定理即可求得∠BOD=2∠A=128°．
【详解】
∵
∴
∵四边形内接于
∴
又∵
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，圆内接四边形的对角互补，并且任何一个外角都等于它的内对角；在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
10、B
【分析】
连接OC．根据确定，，进而计算出，根据圆心角的性质求出，最后根据圆周角的性质即可求出．
【详解】
解：如下图所示，连接OC．

∵，
∴，．
∴．
∵．
∴．
∴
∵和分别是所对的圆周角和圆心角，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查垂径定理，圆心角的性质，圆周角的性质，综合应用这些知识点是解题关键．
二、填空题
1、22020
【分析】
根据，，点的坐标是，得，点 的横坐标是，点 的横坐标是-，同理可得点 的横坐标是，点 的横坐标是，点 的横坐标是，点 的横坐标是，点 的横坐标是，依次进行下去，可得点的横坐标，进而求得的横坐标．
【详解】
解：∵∠OA0A1＝90°，∠A1OA0＝60°，点A0的坐标是（1，0），
∴OA0＝1，
∴点A1 的横坐标是 1＝20，
∴OA1＝2OA0＝2，
∵∠A2A1O＝90°，∠A2OA1＝60°，
∴OA2＝2OA1＝4，
∴点A2 的横坐标是- OA2＝-2＝-21，
依次进行下去，Rt△OA2A3，Rt△OA3A4…，
同理可得：
点A3 的横坐标是﹣2OA2＝﹣8＝﹣23，
点A4 的横坐标是﹣8＝﹣23，
点A5 的横坐标是 OA5＝×2OA4＝2OA3＝4OA2＝16＝24，
点A6 的横坐标是2OA5＝2×2OA4＝23OA3＝64＝26，
点A7 的横坐标是64＝26，
…
发现规律，6次一循环，
即

，
，

2021÷6=336……5
则点A2021的横坐标与的坐标规律一致是 22020．
故答案为：22020．
【点睛】
本题考查了规律型——点的坐标，解决本题的关键是理解动点的运动过程，总结规律，发现规律，点A3n在轴上，且坐标为．
2、
【分析】
先根据旋转的性质求得，再运用三角形内角和定理求解即可．
【详解】
解：将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，∠DAE=110°
，
，
．
故答案是：30°．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质、三角形内角和定理等知识点，灵活运用旋转的性质是解答本题的关键．
3、5 (4，0)
【分析】
（1）根据点M在线段AB的垂直平分线上求解即可；
（2）点P在⊙M切点处时，最大，而四边形OPMD是矩形，由勾股定理求解即可．
【详解】
解：（1）∵⊙M为△ABP的外接圆，
∴点M在线段AB的垂直平分线上，
∵A(0，2)，B(0，8)，
∴点M的纵坐标为：，
故答案为：5；
（2）过点，，作⊙M与x轴相切，则点M在切点处时，最大，
理由：
若点是x轴正半轴上异于切点P的任意一点，
设交⊙M于点E，连接AE，则∠AEB=∠APB，
∵∠AEB是ΔAE的外角，
∴∠AEB>∠AB，
∵∠APB>∠AB，即点P在切点处时，∠APB最大，
∵⊙M经过点A(0，2)、B(0，8)，
∴点M在线段AB的垂直平分线上，即点M在直线y=5上，
∵⊙M与x轴相切于点P，ＭP⊥x轴，从而MP=5，即⊙M的半径为5，
设AB的中点为D，连接MD、AM，如上图，则MD⊥AB，AD=BD=AB=3，BM=MP=5，
而∠POD=90°，
∴四边形OPMD是矩形，从而OP=MD，
由勾股定理，得
MD=，
∴OP=MD=4，
∴点P的坐标为(4，0)，
故答案为：(4，0)．

【点睛】
本题考查了切线的性质，线段垂直平分线的性质，矩形的判定及勾股定理，正确作出图形是解题的关键．
4、
【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．
5、六
【分析】
由半径与边长相等，易判断等边三角形，然后根据角度求出正多边形的边数．
【详解】
解：当一个正多边形的边长与它的外接圆的半径相等时，画图如下：

∵半径与边长相等，
∴这个三角形是等边三角形，
∴正多边形的边数：360°÷60°＝6，
∴这个正多边形是正六边形
故答案为：六．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆，等边三角形的性质和判定，结合题意画出合适的图形是解题的关键．
三、解答题
1、
（1）45°
（2）
【分析】
（1）连接OC，根据切线的性质得到OC⊥CD，根据圆周角定理得到∠DOC=2∠CAD，进而证明∠D=∠DOC，根据等腰直角三角形的性质求出∠D的度数；
（2）根据等腰三角形的性质求出OC，根据弧长公式计算即可．
（1）
连接．

∵ ，
∴ ，即 ．
∵ ，
∴ ．
∵ 是⊙的切线，
∴ ，即 ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
（2）
∵ ，，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ 的长．
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理、弧长的计算，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
2、（1）见解析；（2）∠DAE＝∠BAC，见解析；（3）DE＝BD，见解析
【分析】
（1）根据旋转的性质可得AD＝AD′，∠CAD′＝∠BAD，然后求出∠D′AE＝60°，从而得到∠DAE＝∠D′AE，再利用“边角边”证明△ADE和△AD′E全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）根据旋转的性质可得AD＝AD′，再利用“边边边”证明△ADE和△AD′E全等，然后根据全等三角形对应角相等求出∠DAE＝∠D′AE，然后求出∠BAD＋∠CAE＝∠DAE，从而得解；
（3）求出∠D′CE＝90°，然后根据等腰直角三角形斜边等于直角边的倍可得D′E＝CD′，再根据旋转的性质解答即可．
【详解】
（1）证明：∵△ABD绕点A旋转得到△ACD′，
∴AD＝AD′，∠CAD′＝∠BAD，
∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，
∴∠D′AE＝∠CAD′＋∠CAE
＝∠BAD＋∠CAE
＝∠BAC−∠DAE
＝120°−60°
＝60°，
∴∠DAE＝∠D′AE，
在△ADE和△AD′E中，
，
∴△ADE≌△AD′E（SAS），
∴DE＝D′E；
（2）解：∠DAE＝ ∠BAC．
理由如下：在△ADE和△AD′E中，
，
∴△ADE≌△AD′E（SSS），
∴∠DAE＝∠D′AE，
∴∠BAD＋∠CAE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠D′AE＝∠DAE，
∴∠DAE＝∠BAC；
（3）解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝∠ACD′＝45°，
∴∠D′CE＝45°＋45°＝90°，
∵△D′EC是等腰直角三角形，
∴D′E＝CD′，
由（2）DE＝D′E，
∵△ABD绕点A旋转得到△ACD′，
∴BD＝C′D，
∴DE＝BD．
【点睛】
本题考查了几何变换的综合题，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小找出三角形全等的条件是解题的关键．
3、
（1）；
（2），0≤x≤1；
（3）AE的值为或．
【分析】
（1）过点E作EH⊥BD与H，根据正方形的边长为1，，求出EB=1-，根据正方形性质可求∠ABD=45°，根据EH⊥BD，得出∠BEH=180°-∠EBH-∠EHB=180°-45°-90°=45°，求出EH=BH=BEsin45=，以及 DH=DB-BH=，利用三角函数定义求解即可；
（2）解：根据AE=x，求出BE=1-x，根据旋转将△ADE绕点D针旋转90°，得到△DCF，CF=AE=x，根据勾股定理ED=FD=,EF=，可证△DEF为等腰直角三角形，先证△BEM∽△FDM，得出，再证△EMD∽△BMF，得出，两式相乘得出，整理即可；
（3）当点G在BC上，，先证△BGM∽△DAM，得出，由（2）知△BEM∽△FDM，得出，得出，结合，消去y， 当点G在CB延长线上，，过M作ML⊥BC，交直线BC于L，证明△BGM∽△DAM，得出，根据∠LBM=∠CBD=45°，ML⊥BC，证出△MLB为等腰直角三角形，再证△MLB∽△DCB，，CD=1，ML=，ML∥BE，结合△LMF∽△BEF，得出即解方程即可．
（1）
解：过点E作EH⊥BD与H，
∵正方形的边长为1，，
∴EB=1-，
∵BD为正方形对角线，
∴BD平分∠ABC，
∴∠ABD=45°，
∵EH⊥BD，
∴∠BEH=180°-∠EBH-∠EHB=180°-45°-90°=45°，
∴EH=BH，
∴EH=BH=BEsin45=，AB=BDcos45°，
∴，
∴DH=DB-BH=，
；
（2）
解：如上图，∵AE=x，
∴BE=1-x，
∵将△ADE绕点D针旋转90°，得到△DCF，
∴CF=AE=x，ED=FD=,
∴BF=BC+CF=1+x，
在Rt△EBF中EF=，
∵∠EDF=90°，ED=FD，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∴∠DFE=∠DEF=45°，
∴∠EBM=∠MFD=45°，
∵∠EMB=∠DMF，
∴△BEM∽△FDM，
∴，即，
∵∠DEM=∠FBM=45°，∠EMD=∠BMF，
∴△EMD∽△BMF，
∴，即，
∴，
∴，
∴即，
∴，0≤x≤1；
（3）
解：当点G在BC上，，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BG，
∴∠DAM=∠BGM，∠ADM=∠GBM，
∴△BGM∽△DAM，
∴，
∵由（2）知△BEM∽△FDM，
∴，
∵DB=，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴即，
解，舍去；

当点G在CB延长线上，，过M作ML⊥BC，交直线BC于L，
∵GB∥AD，
∴∴∠DAM=∠BGM，∠ADM=∠GBM，
∴△BGM∽△DAM，
∴，
∴，
∴，
∵∠LBM=∠CBD=45°，ML⊥BC，
∴△MLB为等腰直角三角形，
∵ML∥CD，
∴∠LMB=∠CDB，∠L=∠DCB，
∴△MLB∽△DCB，
∴，CD=1，
∴ML=
∵ML∥BE，
∴∠L=∠FBE，∠LMF=∠BEF，
∴△LMF∽△BEF，
∴，
∵BE=AE-AB=x-1，LF=LB+BC+CF=，BF=BC+CF=1+x，
∴，
整理得：，
解得，舍去，

∴AE的值为或．
【点睛】
本题考查正方形性质，图形旋转先证，等腰直角三角形判定与性质，锐角三角函数定义，三角形相似判定与性质，勾股定理，解一元二次方程，函数关系式，本题难度大，利用辅助线狗仔三角形相似是解题关键．
4、2+
【分析】
连接AC，CM，AB，过点C作CH⊥OA于H，设OC=a．利用勾股定理构建方程解决问题即可．
【详解】
解：连接AC，CM，AB，过点C作CH⊥OA于H，设OC=a．

∵∠AOB=90°，
∴AB是直径，
∵A（-4，0），B（0，2），
∴，
∵∠AMC=2∠AOC=120°，
，
在Rt△COH中，，
，
在Rt△ACH中，AC2=AH2+CH2，
∴，
∴a=2+ 或2-（因为OC＞OB，所以2-舍弃），
∴OC=2+，
故答案为：2+．
【点睛】
本题考查圆周角定理，勾股定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
5、（1）见解析；（2）2
【分析】
（1）连接OD，由与AB相切得，由HL定理证明由全等三角形的性质得，即可得证；
（2）设的半径为，则，在中，得出关系式求出，可得出的长，在中，由正切值求出，在中，由勾股定理求出即可．
【详解】
（1）

如图，连接OD，
∵与AB相切，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴平分；
（2）设的半径为，则，
在中，，，
∴，
解得：，
∴，
在中，，即，
在中，．
【点睛】
本题考查圆与直线的位置关系，全等三角形的判定与性质、三角函数以及勾股定理，掌握相关知识点的应用是解题的关键．