沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试课堂检测

这是一份沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试课堂检测，共27页。试卷主要包含了在圆内接四边形ABCD中，∠A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，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．8B．C．D．
2、如图，在中，，，若以点为圆心，的长为半径的圆恰好经过的中点，则的长等于（ ）
A．B．C．D．
3、已知圆锥的底面半径为2cm，母线长为3cm，则其侧面积为（ ）cm．
A．3πB．6πC．12πD．18π
4、利用定理“同弧所对圆心角是圆周角的两倍”，可以直接推导出的命题是（ ）
A．直径所对圆周角为B．如果点在圆上，那么点到圆心的距离等于半径
C．直径是最长的弦D．垂直于弦的直径平分这条弦
5、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．
6、如图图案中，不是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
7、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°
8、小明将图案绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度，设计出一个外轮廓为正六边形的图案（如图），则可以为（ ）
A．30°B．60°
C．90°D．120°
9、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
10、下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）
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，在中，，分别以、、边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”．当，时，则阴影部分的面积为__________．
2、如图，在⊙O中，∠BOC=80°，则∠A=___________°．
3、半径为6cm的扇形的圆心角所对的弧长为cm，这个圆心角______度．
4、如图，正方形ABCD是边长为2，点E、F是AD边上的两个动点，且AE=DF，连接BE、CF，BE与对角线AC交于点G，连接DG交CF于点H，连接BH，则BH的最小值为_______．
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1，图2，图3的网格均由边长为1的小正方形组成，图1是三国时期吴国的数学家赵爽所绘制的“弦图”，它由四个形状、大小完全相同的直角三角形组成，赵爽利用这个“弦图”对勾股定理作出了证明，是中国古代数学的一项重要成就，请根据下列要求解答问题．
（1）图1中的“弦图”的四个直角三角形组成的图形是 对称图形（填“轴”或“中心”）．
（2）请将“弦图”中的四个直角三角形通过你所学过的图形变换，在图2，3的方格纸中设计另外两个不同的图案，画图要求：
①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形互不重叠，不必涂阴影；
②图2中所设计的图案（不含方格纸）必须是轴对称图形而不是中心对称图形；图3中所设计的图案（不含方格纸）必须既是轴对称图形，又是中心对称图形．
2、如图 1，O为直线 DE上一点，过点 O在直线 DE上方作射线 OC，∠EOC=130°．将直角三角板AOB（∠OAB＝30°）的直角顶点放在点O处，一条边 OA在射线 OD上，另一边 OB在直线 DE上方，将直角三角板绕点 O 按每秒 5°的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t 秒．
（1）如图2，当t=4 时，∠AOC= ，∠BOE= ，∠BOE﹣∠AOC= ；
（2）当三角板旋转至边 AB与射线 OE相交时（如图 3），试猜想∠AOC与∠BOE的数量关系，并说明理由；
（3）在旋转过程中，是否存在某个时刻，使得射线 OA、OC、OD 中的某一条射线是另两条射线所成夹角的角平分线？若存在，请直接写出 t 的取值，若不存在，请说明理由．
3、如图，在平面直角坐标系中，有抛物线，已知OA =OC =3OB，动点P在过A，B，C三点的抛物线上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求过A，B，C三点的圆的半径；
（3）是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，说明理由；
4、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．
5、请阅读下列材料，并完成相应的任务：
阿基米德是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．阿拉伯Al-Binmi （973-1050 年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al-Binmi详本出版了俄文版《阿基米德全集》．第一题就是阿基米德折弦定理．阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），， 是的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．
下面是运用“截长法”证明的部分证明过程．
证明：如图2，在上截取，连接和．
是的中点，
…
任务：
（1）请按照上面的证明思路，写出该证明部分；
（2）填空：如图3，已知等边内接于，，为上一点，，于点，则的周长是_________．
-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】
连接CD，由直角三角形斜边中线定理可得CD=BD，然后可得△CDB是等边三角形，则有BD=BC=5cm，进而根据勾股定理可求解．
【详解】
解：连接CD，如图所示：
∵点D是AB的中点，，，
∴，
∵，
∴，
在Rt△ACB中，由勾股定理可得；
故选D．
【点睛】
本题主要考查圆的基本性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理，熟练掌握圆的基本性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理是解题的关键．
3、B
【分析】
利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算．
【详解】
解：它的侧面展开图的面积＝×2×2×3＝6（cm2）．
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
4、A
【分析】
定理“同弧所对圆心角是圆周角的两倍”是圆周角定理，分析各个选项即可.
【详解】
A选项，直径所在的圆心角是180°，直接可以由圆周角定理推导出：直径所对的圆周角为，A选项符合要求；
B、C选项，根据圆的定义可以得到；
D选项，是垂径定理；
故选：A
【点睛】
本题考查圆的基本性质，熟悉圆周角定理及其推论是解题的关键.
5、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．
6、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．
7、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．
8、B
【分析】
由题意依据每次旋转相同角度，旋转了六次，且旋转了六次刚好旋转了一周为360°进行分析即可得出答案.
【详解】
解：因为每次旋转相同角度，旋转了六次，
且旋转了六次刚好旋转了一周为360°，
所以每次旋转相同角度 .
故选：B.
【点睛】
本题考查旋转的性质，解题的关键是能够找到旋转中心，从而确定旋转角的度数．
9、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.
10、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．
二、填空题
1、
【分析】
根据阴影部分面积等于以为直径的2 个半圆的面积加上减去为半径的半圆面积即．
【详解】
解：在中，，
，
．
故答案为：
【点睛】
本题考查了勾股定理，求扇形面积，直径所对的圆周角是直角，掌握圆周角定理是解题的关键．
2、40°度
【分析】
直接根据圆周角定理即可得出结论．
【详解】
解：与是同弧所对的圆心角与圆周角，，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是圆周角定理，解题的关键是熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
3、60
【分析】
根据弧长公式求解即可．
【详解】
解：，
解得，，
故答案为：60．
【点睛】
本题考查了弧长公式，灵活应用弧长公式是解题的关键.
4、##
【分析】
延长AG交CD于M，如图1，可证△ADG≌△DGC可得∠GCD=∠DAM，再证△ADM≌△DFC可得DF=DM=AE，可证△ABE≌△ADM，可得H是以AB为直径的圆上一点，取AB中点O，连接OD，OH，根据三角形的三边关系可得不等式，可解得DH长度的最小值．
【详解】
解：延长AG交CD于M，如图1，
∵ABCD是正方形，
∴AD=CD=AB，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠BDC，
∵AD=CD，∠ADB=∠BDC，DG=DG，
∴△ADG≌△DGC，
∴∠DAM=∠DCF且AD=CD，∠ADC=∠ADC，
∴△ADM≌△CDF，
∴FD=DM且AE=DF，
∴AE=DM且AB=AD，∠ADM=∠BAD=90°，
∴△ABE≌△DAM，
∴∠DAM=∠ABE，
∵∠DAM+∠BAM=90°，
∴∠BAM+∠ABE=90°，即∠AHB=90°，
∴点H是以AB为直径的圆上一点．
如图2，取AB中点O，连接OD，OH，
∵AB=AD=2，O是AB中点，
∴AO=1=OH，
在Rt△AOD中，OD=，
∵DH≥OD-OH，
∴DH≥-1，
∴DH的最小值为-1，
故答案为：-1．
【点睛】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，关键是证点H是以AB为直径的圆上一点．
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）中心
（2）见解析
【分析】
（1）利用中心对称图形的意义得到答案即可；
（2）①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形不重叠，是轴对称图形；
②所设计的图案（不含方格纸）必须是中心对称图形或轴对称图形．
（1）
图1中的“弦图”的四个直角三角形组成的图形是中心对称图形，
故答案为：中心；
（2）
如图2是轴对称图形而不是中心对称图形；
图3既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【点睛】
本题考查利用旋转或轴对称设计方案，关键是理解旋转和轴对称的概念，按要求作图即可．
2、
（1）30°，70°，40°；
（2）∠AOC－∠BOE=40°，理由见解析；
（3）t 的取值为5或20或62
【分析】
（1）先根据已知求出∠DOC、∠BOC，再求出当t=4时的旋转角的度数，再利用角的和与差求解即可；
（2）设旋转角为x，用x表示∠AOC和∠BOE，即可得出结论；
（3）分①OA为∠DOC的平分线；②OC为∠DOA的平分线；③OD为∠COA的平分线三种情况，利用角平分线定义和旋转性质求出旋转角即可．
（1）
解：∵∠EOC=130°，∠AOB=∠BOE=90°，
∴∠DOC=180°－130°=50°，∠BOC=130°－90°=40°，
当t=4时，旋转角4×5°=20°，
∴∠AOC=∠DOC－∠DOA=50°－20°=30°，∠BOE=90°－20°=70°，
∠BOE－∠AOC=70°－30°=40°，
故答案为：30°，70°，40°；
（2）
解：∠AOC－∠BOE=40°，理由为：
设旋转角为x，当三角板旋转至边 AB与射线 OE相交时，
∠AOC=x－50°，∠BOE=x－90°，
∴∠AOC－∠BOE=（x－50°）－（x－90°）=40°；
（3）
解：存在，
①当OA为∠DOC的平分线时，旋转角5t =∠DOC=25，
∴t=5；
②当OC为∠DOA的平分线时，旋转角5t =2∠DOC=100，
∴t=20；
③当OD为∠COA的平分线时，360－5t=∠DOC=50，
∴t=62，
综上，满足条件的t 的取值为5或20或62．
【点睛】
本题考查角平分线的定义、旋转的性质、角的运算，熟练掌握旋转性质，利用分类讨论思想求解是解答的关键．
3、（1）y=-x2+2x+3；（2）；（3）点P（1，4）或（-2，-5）．
【分析】
（1）3=OC=OA=3OB，故点A、B、C的坐标分别为：（0，3）、（-1，0）、（3，0），即可求解；
（2）圆的圆心在BC的中垂线上，故设圆心R（1，m），则RA=RC，即：1+（m-3）2=4+m2，解得：m=1，故点R（1，1），即可求解；
（3）分两种情况讨论，利用等腰直角三角形的性质，即可求解．
【详解】
解：（1）令x=0，则y=3，
则点A的坐标为（3，0），
根据题意得：OC=3=OA=3OB，
故点B、C的坐标分别为：（-1，0）、（3，0），
则抛物线的表达式为：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3），
把（3，0）代入得-3a=3，
解得：a=-1，
故抛物线的表达式为：y=-x2+2x+3；
（2）圆的圆心在BC的中垂线上，故设圆心R（1，m），
则RA=RC，即：1+（m-3）2=4+m2，解得：m=1，故点R（1，1），
则圆的半径为：；
（3）过点A、C分别作直线AC的垂线，交抛物线分别为P、P1，
设点P(x，-x2+2x+3)，过点P作PQ⊥轴于点Q，
∵OA =OC，∠PAC=90°，
∴∠ACO=∠OAC=45°，
∵∠PAC=90°，
∴∠PAQ=45°，
∴△PAQ 是等腰直角三角形，
∴PQ=AQ=x，
∴AQ+AO=x+3=-x2+2x+3，
解得：(舍去)，
∴点P(1，4)；
设点P1(m，-m2+2m+3)，过点P1作P1D⊥轴于点D，
同理得△P1CD是等腰直角三角形，且点P1在第三象限，即m