初中数学第24章 圆综合与测试复习练习题

这是一份初中数学第24章 圆综合与测试复习练习题，共31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章圆章节训练
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，在Rt△ABC中，，，点D、E分别是AB、AC的中点．将△ADE绕点A顺时针旋转60°，射线BD与射线CE交于点P，在这个旋转过程中有下列结论：①△AEC≌△ADB；②CP存在最大值为；③BP存在最小值为；④点P运动的路径长为．其中，正确的（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
2、如图，AB是的直径，弦CD交AB于点P，，，，则CD的长为（ ）

A． B． C． D．8
3、如图，点A、B、C在上，，则的度数是（ ）

A．100° B．50° C．40° D．25°
4、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)
5、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
6、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
7、如图，是的直径，弦，垂足为，若，则（ ）

A．5 B．8 C．9 D．10
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、如图，四边形ABCD内接于，若四边形ABCO是菱形，则的度数为（ ）

A．45° B．60° C．90° D．120°
10、如图，在△ABC中，∠BAC＝130°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，则∠BAD的大小是（　　）

A．80° B．70° C．60° D．50°
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，过⊙O外一点P，作射线PA，PB分别切⊙O于点A，B，，点C在劣弧AB上，过点C作⊙O的切线分别与PA，PB交于点D，E．则______度．

2、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______．


3、如图，半圆O中，直径AB＝30，弦CD∥AB，长为6π，则由与AC，AD围成的阴影部分面积为_______．

4、已知一个扇形的半径是1，圆心角是120°，则这个扇形的面积是___________．
5、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______．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、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．

2、将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，其中点E与点B，点G与点D分别是对应点，连接BG．

（1）如图，若点A，E，D第一次在同一直线上，BG与CE交于点H，连接BE．
①求证：BE平分∠AEC．
②取BC的中点P，连接PH，求证：PHCG．
③若BC＝2AB＝2，求BG的长．
（2）若点A，E，D第二次在同一直线上，BC＝2AB＝4，直接写出点D到BG的距离．
3、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．
4、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．
5、如图，在中，，，D是边BC上一点，作射线AD，满足，在射线AD取一点E，且．将线段AE绕点A逆时针旋转90°，得到线段AF，连接BE，FE，连接FC并延长交BE于点G．

（1）依题意补全图形；
（2）求的度数；
（3）连接GA，用等式表示线段GA，GB，GC之间的数量关系，并证明．

-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
根据，，点D、E分别是AB、AC的中点．得出∠DAE=90°，AD=AE=，可证∠DAB=∠EAC，再证△DAB≌△EAC（SAS），可判断①△AEC≌△ADB正确；作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，根据△AEC≌△ADB，得出∠DBA=∠ECA，可证∠P=∠BAC=90°，CP为⊙A的切线，证明四边形DAEP为正方形，得出PE=AE=3，在Rt△AEC中，CE=，可判断②CP存在最大值为正确；△AEC≌△ADB，得出BD=CE=，在Rt△BPC中，BP最小=可判断③BP存在最小值为不正确；取BC中点为O，连结AO，OP，AB=AC=6，∠BAC=90°，BP=CO=AO=，当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=，可求∠ACE=30°，根据圆周角定理得出∠AOP=2∠ACE=60°，当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=，可得∠ABD=30°根据圆周角定理得出∠AOP′=2∠ABD=60°，点P在以点O为圆心，OA长为半径，的圆上运动轨迹为，L可判断④点P运动的路径长为正确即可．
【详解】
解：∵，，点D、E分别是AB、AC的中点．
∴∠DAE=90°，AD=AE=，
∴∠DAB+∠BAE=90°，∠BAE+∠EAC=90°，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
故①△AEC≌△ADB正确；

作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，
∵△AEC≌△ADB，
∴∠DBA=∠ECA，
∴∠PBA+∠P=∠ECP+∠BAC，
∴∠P=∠BAC=90°，
∵CP为⊙A的切线，
∴AE⊥CP，
∴∠DPE=∠PEA=∠DAE=90°，
∴四边形DAEP为矩形，
∵AD=AE，
∴四边形DAEP为正方形，
∴PE=AE=3，
在Rt△AEC中，CE=，
∴CP最大=PE+EC=3+，
故②CP存在最大值为正确；

∵△AEC≌△ADB，
∴BD=CE=，
在Rt△BPC中，BP最小=，
BP最短=BD-PD=-3，
故③BP存在最小值为不正确；
取BC中点为O，连结AO，OP，
∵AB=AC=6，∠BAC=90°，
∴BP=CO=AO=，
当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=，
∴∠ACE=30°，
∴∠AOP=2∠ACE=60°，
当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=，
∴∠ABD=30°，
∴∠AOP′=2∠ABD=60°，
∴点P在以点O为圆心，OA长为半径，的圆上运动轨迹为，
∵∠POP=∠POA+∠AOP′=60°+60°=120°，
∴L．
故④点P运动的路径长为正确；
正确的是①②④．
故选B．

【点睛】
本题考查图形旋转性质，线段中点定义，三角形全等判定与性质，圆的切线，正方形判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，弧长公式，本题难度大，利用辅助线最长准确图形是解题关键．
2、A
【分析】
过点作于点，连接，根据已知条件即可求得，根据含30度角的直角三角形的性质即可求得，根据勾股定理即可求得，根据垂径定理即可求得的长．
【详解】
解：如图，过点作于点，连接，

AB是的直径，，，

，

在中，


故选A
【点睛】
本题考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，垂径定理，掌握以上定理是解题的关键．
3、C
【分析】
先根据圆周角定理求出∠AOB的度数，再由等腰三角形的性质即可得出结论．
【详解】
∵∠ACB=50°，
∴∠AOB=100°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA= 40°，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是圆周角定理，即在同圆或等圆中，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．
4、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．
5、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.
6、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.
7、C
【分析】
连接，根据垂径定理可得，设的半径为，则,进而勾股定理列出方程求得半径，进而求得
【详解】
解：如图，连接，

∵是的直径，弦，
∴
设的半径为，则
在中，，
即
解得
即

故选C
【点睛】
本题考查的是垂径定理，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】
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】
设∠ADC=α，∠ABC=β，由菱形的性质与圆周角定理可得 ，求出β即可解决问题．
【详解】
解：设∠ADC=α，∠ABC=β；
∵四边形ABCO是菱形，
∴∠ABC=∠AOC；
∠ADC=β；
四边形为圆的内接四边形，
α+β=180°，
∴ ，
解得：β=120°，α=60°，则∠ADC=60°，
故选：B．
【点睛】
该题主要考查了圆周角定理及其应用，圆的内接四边形的性质，菱形的性质；掌握“同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半”是解本题的关键.
10、A
【分析】
根据三角形旋转得出，，根据点A，D，E在同一条直线上利用邻补角关系求出，根据等腰三角形的性质即可得到∠DAC=50°，由此即可求解．
【详解】
证明：∵绕点C逆时针旋转得到，
∴，，
∴∠ADC=∠DAC，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴，
∴∠DAC=50°，
∴∠BAD=∠BAC-∠DAC=80°
故选A．
【点睛】
本题考查三角形旋转性质，邻补角的性质，等腰三角形的性质与判定，解题的关键在于熟练掌握旋转的性质．
二、填空题
1、65
【分析】
连接OA，OC，OB，根据四边形内角和可得，依据切线的性质及角平分线的判定定理可得DO平分，EO平分，再由各角之间的数量关系可得，，根据等量代换可得，代入求解即可．
【详解】
解：如图所示：连接OA，OC，OB，

∵PA、PB、DE与圆相切于点A、B、E，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴DO平分，EO平分，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：65．
【点睛】
题目主要考查圆的切线的性质，角平分线的判定和性质，四边形内角和等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
2、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．
3、45
【分析】
连接OC，OD，根据同底等高可知S△ACD=S△OCD，把阴影部分的面积转化为扇形OCD的面积，利用扇形的面积公式S=来求解．
【详解】
解：连接OC，OD，

∵直径AB=30，
∴OC=OD=，
∴CD∥AB，
∴S△ACD=S△OCD，
∵长为6π，
∴阴影部分的面积为S阴影=S扇形OCD=，
故答案为：45π．
【点睛】
本题主要考查了扇形的面积公式，正确理解阴影部分的面积=扇形COD的面积是解题的关键．
4、
【分析】
根据圆心角为的扇形面积是进行解答即可得．
【详解】
解：这个扇形的面积．
故答案是：．
【点睛】
本题考查了扇形的面积，解题的关键是掌握扇形的面积公式．
5、##
【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．
三、解答题
1、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．
2、
（1）①见解析；②见解析；③
（2）
【分析】
（1）①根据旋转的性质得到，求得，根据平行线的性质得到，于是得到结论；
②如图1，过点作的垂线，根据角平分线的性质得到，求得，根据全等三角形的性质得到，根据三角形的中位线定理即可得到结论；
③如图2，过点作的垂线，解直角三角形即可得到结论．
（2）如图3，连接，，过作交的延长线于，交的延长线于，根据旋转的性质得到，，解直角三角形得到，，根据三角形的面积公式即可得到结论．
（1）
解：①证明：矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，
，
，
又，
，
，
平分；
②证明：如图1，过点作的垂线，

平分，，，
，
，
，，，
，
，
即点是中点，
又点是中点，
；
③解：如图2，过点作的垂线，

，
，
，
，
，
，
，，
；
（2）
解：如图3，连接，，过作交的延长线于，交的延长线于，

，
，
将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，
，，
点，，第二次在同一直线上，
，
，
，
，
，，
，，
，，
．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是正确地作出辅助线．
3、
（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．
4、
（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．
5、
（1）见解析；
（2）
（3）
【分析】
（1）根据题意补全图形即可；
（2）根据旋转的性质可得，，进而证明，可得，根据角度的转换可得，进而根据三角形的外角性质即可证明；
（3）过点作，证明，进而根据勾股定理以及线段的转换即可得到
（1）
如图，
（2）
将线段AE绕点A逆时针旋转90°，得到线段AF，
,
,



又



即

（3）

证明如下，如图，过点作，


又,






又

，


即
【点睛】
本题考查了旋转的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．