初中数学沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试练习

这是一份初中数学沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试练习，共30页。试卷主要包含了如图，是的直径，等内容，欢迎下载使用。
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，为正六边形边上一动点，点从点出发，沿六边形的边以1cm/s的速度按逆时针方向运动，运动到点停止．设点的运动时间为，以点、、为顶点的三角形的面积是，则下列图像能大致反映与的函数关系的是（ ）
A．B．
C．D．
2、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．
3、从图形运动的角度研究抛物线, 有利于我们认识新的拋物线的特征. 如果将拋物线绕着原点旋转180°，那么关于旋转后所得新抛物线与原抛物线之间的关系，下列法正确的是（ ）
A．它们的开口方向相同B．它们的对称轴相同
C．它们的变化情況相同D．它们的顶点坐标相同
4、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．5B．C．D．
5、如图，AB是的直径，的弦DC的延长线与AB的延长线相交于点P，于点E，，，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
6、如图，是的直径，、是上的两点，若，则（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
7、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．1cmB．2cmC．3cmD．4cm
8、下列图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
9、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°
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．60B．90C．120D．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、如果点与点B关于原点对称，那么点B的坐标是______．
2、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．
3、一个直角三角形的斜边长cm，两条直角边长的和是6cm，则这个直角三角形外接圆的半径为______cm，直角三角形的面积是________．
4、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______．
5、在平面直角坐标系中，已知点与点关于原点对称，则________，________．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC是直径，点C是劣弧BD的中点．
（1）求证：．
（2）若，，求BD．
2、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．
3、如图，正方形ABCD的顶点A、B在x轴的负半轴上，顶点CD在第二象限．将正方形ABCD绕点A按顺时针方向旋转，B、C、D的对应点分别为B1、C1、D1，且D1、C1、O三点在一条直线上．记点D1的坐标是（m，n），C1的坐标是（p，q）．
（1）设∠DAD1＝30°，n＝2，求证：OD1的长度；
（2）若∠DAD1＜90°，m，n满足m+n＝﹣4，p2+q2＝25，求p+q的值．
4、如图，为的直径，为的切线，弦，直线交的延长线于点，连接．
求证：（1）；
（2）．
5、将锐角为45°的直角三角板MPN的一个锐角顶点P与正方形ABCD的顶点A重合，正方形ABCD固定不动，然后将三角板绕着点A旋转，∠MPN的两边分别与正方形的边BC、DC或其所在直线相交于点E、F，连接EF．
（1）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图1所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（2）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图2所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（3）若正方形的边长为4，在三角板旋转过程中，当∠MPN的一边恰好经过BC边的中点时，试求线段EF的长．
-参考答案-
一、单选题
1、A
【分析】
设正六边形的边长为1，当在上时，过作于 而 求解此时的函数解析式，当在上时，延长交于点 过作于 并求解此时的函数解析式，当在上时，连接 并求解此时的函数解析式，由正六边形的对称性可得：在上的图象与在上的图象是对称的，在上的图象与在上的图象是对称的，从而可得答案.
【详解】
解：设正六边形的边长为1，当在上时，
过作于 而



当在上时，延长交于点 过作于
同理：
则为等边三角形，


当在上时，连接
由正六边形的性质可得：

由正六边形的对称性可得： 而


由正六边形的对称性可得：在上的图象与在上的图象是对称的，
在上的图象与在上的图象是对称的，
所以符合题意的是A，
故选A
【点睛】
本题考查的是动点问题的函数图象，锐角三角函数的应用，正多边形的性质，清晰的分类讨论是解本题的关键.
2、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．
3、B
【分析】
根据旋转的性质及抛物线的性质即可确定答案．
【详解】
抛物线的开口向上，对称轴为y轴，顶点坐标为(0，2)，将此抛物线绕原点旋转180°后所得新抛物线的开口向下，对称轴仍为y轴，顶点坐标为(0，－2)，所以在四个选项中，只有B选项符合题意．
故选：B
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质等知识，掌握这两方面的知识是关键．
4、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．
5、B
【分析】
由垂径定理可知，AE=CE，则阴影部分的面积等于扇形AOD的面积，求出，然后利用扇形面积公式，即可求出答案．
【详解】
解：根据题意，如图：
∵AB是的直径，OD是半径，，
∴AE=CE，
∴阴影CED的面积等于AED的面积，
∴，
∵，，
∴，
∴；
故选：B
【点睛】
本题考查了求扇形的面积，垂径定理，解题的关键是掌握所学的知识，正确利用扇形的面积公式进行计算．
6、C
【分析】
根据圆周角定理得到∠BDC的度数，再根据直径所对圆周角是直角，即可得到结论．
【详解】
解：∵∠BOC=130°，
∴∠BDC=∠BOC=65°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADC=90°-65°=25°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
7、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．
8、B
【分析】
根据“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”及“如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形”，由此问题可求解．
【详解】
解：A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；
B、是中心对称图形但不是轴对称图形，故符合题意；
C、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；
D、是轴对称图形但不是中心对称图形，故不符合题意；
故选B．
【点睛】
本题主要考查中心对称图形及轴对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形及轴对称图形的定义是解题的关键．
9、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．
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、
【分析】
关于原点对称的点坐标特征为：横坐标、纵坐标都互为相反数；进而求出点B坐标．
【详解】
解：由题意知点B横坐标为；纵坐标为；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标知识．解题的关键在于熟练记忆关于原点对称的点坐标中相对应的坐标互为相反数．
2、
【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．
3、 4
【分析】
设一直角边长为x，另一直角边长为（6-x）根据勾股定理，解一元二次方程求出，根据这个直角三角形的斜边长为外接圆的直径，可求外接圆的半径为cm，利用三角形面积公式求即可．
【详解】
解：设一直角边长为x，另一直角边长为（6-x），
∵三角形是直角三角形，
∴根据勾股定理，
整理得：，
解得，
这个直角三角形的斜边长为外接圆的直径，
∴外接圆的半径为cm，
三角形面积为．
故答案为；．
【点睛】
本题考查直角三角形的外接圆，直角所对弦性质，勾股定理，一元二次方程，三角形面积，掌握以上知识是解题关键．
4、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．
5、2 2
【分析】
关于原点对称的两个点的横纵坐标都互为相反数，根据特点列式求出a、b即可求得答案．
【详解】
解：∵点和点关于原点对称，
∴，
∴，
故答案为：2；2．
【点睛】
本题主要考查了关于原点对称点的坐标特征，解二元一次方程组，熟记关于原点对称点的坐标特征并运用解题是关键．
三、解答题
1、（1）见详解；（2）
【分析】
（1）由题意及垂径定理可知AC垂直平分BD，进而问题可求解；
（2）由题意易得，然后由（1）可知△ABD是等边三角形，进而问题可求解．
【详解】
（1）证明：∵AC是直径，点C是劣弧BD的中点，
∴AC垂直平分BD，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴△ABD是等边三角形，
∵，
∴．
【点睛】
本题主要考查垂径定理、等边三角形的性质与判定及圆周角定理，熟练掌握垂径定理、等边三角形的性质与判定及圆周角定理是解题的关键．
2、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．
3、（1）4；（2）-1或-7
【分析】
（1）如图，且三点在一条直线上的情况，连接，过点向作垂线交点为，在直角三角形中，，，可求的长；
（2）如图，过点向作垂线交点为，过点作轴垂线交于点，作交点为；由，知，，点G坐标为，得，由知的值，从而得到的值．
【详解】
解：（1）∵∠DAD1＝30°且D1、C1、O三点在一条直线上
∴如图所示，连接，过点向作垂线交点为
∴
∵
．
（2）如图过点向作垂线交点为，过点作轴垂线交于点，作交点为
，
在和中
点横坐标可表示为
∴p+q=-7或-1．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数值，三角形全等,图形旋转的性质等知识．解题的关键与难点是找出线段之间的关系．
4、（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）连接，根据，可证．从而可得，，即可证明，故；
（2）证明，可得，即可证明．
【详解】
证明：（1）连接，如图：
∵为的直径，为的切线，
∴，
∵，
∴，．
∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴；
（2）由（1）知：，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】
本题考查圆中的相似三角形判定与性质，涉及三角形全等的判定与性质，解题的关键是证明，从而得到．
5、（1）EF=DF+BE；（2）EF=DF-BE；（3）线段EF的长为或．
【分析】
（1）延长FD至G，使DG=BE，连接AG，先证△ABE≌△ADG，再证△GAF≌△EAF即可；
（2）在DC上截取DH=BE，连接AH，先证△ADH≌△ABE，再证△HAF≌EAF即可；
（3）分两种情形分别求解即可解决问题．
【详解】
解：（1）结论：EF=BE+DF．
理由：延长FD至G，使DG=BE，连接AG，如图①，
∵ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=ADG=∠DAB=90°，
∴△ABE≌△ADG（AAS），
∴AE=AG，∠DAG=∠EAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠DAF+∠DAG=45°，
∴∠GAF=∠EAF=45°，
∵AF=AF，
∴△GAF≌△EAF（AAS），
∴EF=GF，
∴GF=DF+DG=DF+BE，
即：EF=DF+BE；
（2）结论：EF=DF-BE．
理由：在DC上截取DH=BE，连接AH，如图②，
∵AD=AB，∠ADH=∠ABE=90°，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AH=AE，∠DAH=∠EAB，
∵∠EAF=∠EAB+∠BAF=45°，
∴∠DAH+∠BAF=45°，
∴∠HAF=45°=∠EAF，
∵AF=AF，
∴△HAF≌EAF（SAS），
∴HF=EF，
∵DF=DH+HF，
∴EF=DF-BE；
（3）①当MA经过BC的中点E时，同（1）作辅助线，如图：
设FD=x，由（1）的结论得FG=EF=2+x，FC=4-x．
在Rt△EFC中，（x+2）2=（4-x）2+22，
∴x=，
∴EF=x+2=．
②当NA经过BC的中点G时，同（2）作辅助线，
设BE=x，由（2）的结论得EC=4+x，EF=FH，
∵K为BC边的中点，
∴CK=BC=2，
同理可证△ABK≌FCK（SAS），
∴CF=AB=4，EF=FH=CF+CD-DH=8-x，
在Rt△EFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2，
∴x=，
∴EF=8-=．
综上，线段EF的长为或．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．