初中沪科版第24章 圆综合与测试课时训练

这是一份初中沪科版第24章 圆综合与测试课时训练，共34页。试卷主要包含了已知⊙O的半径为4，，则点A在等内容，欢迎下载使用。

沪科版九年级数学下册第24章圆章节测试
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，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．
2、如图，圆形螺帽的内接正六边形的面积为24cm2，则圆形螺帽的半径是（　　）

A．1cm B．2cm C．2cm D．4cm
3、如图，A，B，C是正方形网格中的三个格点，则是（ ）

A．优弧 B．劣弧 C．半圆 D．无法判断
4、已知⊙O的半径为4，，则点A在（ ）
A．⊙O内 B．⊙O上 C．⊙O外 D．无法确定
5、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°
6、如图，，，，都是上的点，，垂足为，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
7、随着2022年北京冬奥会日渐临近，我国冰雪运动发展进入快车道，取得了长足进步．在此之前，北京冬奥组委曾面向全球征集2022年冬奥会会徵和冬残奥会会徽设计方案，共收到设计方案4506件，以下是部分参选作品，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
8、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．
9、如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8．把△ABC绕点A逆时针方向旋转到△AB'C'，点B'恰好落在AC边上，则CC'＝（　　）

A．10 B．2 C．2 D．4
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．60 B．90 C．120 D．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、如图，、分别与相切于A、B两点，若，则的度数为________．

2、如图，正方形ABCD的边长为1，⊙O经过点C，CM为⊙O的直径，且CM＝1．过点M作⊙O的切线分别交边AB，AD于点G，H．BD与CG，CH分别交于点E，F，⊙O绕点C在平面内旋转（始终保持圆心O在正方形ABCD内部）．给出下列四个结论：
①HD＝2BG；②∠GCH＝45°；③H，F，E，G四点在同一个圆上；④四边形CGAH面积的最大值为2．其中正确的结论有 _____（填写所有正确结论的序号）．

3、如图，在平行四边形中，，，，以点为圆心，为半径的圆弧交于点，连接，则图中黑色阴影部分的面积为________．（结果保留）

4、如图，点A，B，C在⊙O上，四边形OABC是平行四边形，若对角线AC＝2，则的长为 _____．

5、已知正多边形的半径与边长相等，那么正多边形的边数是______．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（0，3）,B（﹣3，5），C（﹣4，1）．
（1）把△ABC向右平移3个单位得△A1B1C1，请画出△A1B1C1并写出点A1的坐标；
（2）把△ABC绕原点O旋转180°得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．

2、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．

3、如图，ABC是⊙O的内接三角形，，，连接AO并延长交⊙O于点D，过点C作⊙O的切线，与BA的延长线相交于点E．
（1）求证：AD∥EC；
（2）若AD＝6，求线段AE的长．

4、如图，抛物线（a为常数，）与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB＝OC．

（1）求a的值；
（2）点D是该抛物线的顶点，点P（m，n）是第三象限内抛物线上的一个点，分别连接BD、BC、CD、BP，当∠PBA＝∠CBD时，求m的值；
（3）点K为坐标平面内一点，DK＝2，点M为线段BK的中点，连接AM，当AM最大时，求点K的坐标．
5、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）


-参考答案-
一、单选题
1、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．
2、D
【分析】
根据圆内接正六边形的性质可得△AOB是正三角形，由面积公式可求出半径．
【详解】
解：如图，由圆内接正六边形的性质可得△AOB是正三角形，过作于

设半径为r，即OA=OB=AB=r，
OM=OA•sin∠OAB=，
∵圆O的内接正六边形的面积为（cm2），
∴△AOB的面积为（cm2），
即，
，
解得r=4，
故选：D．
【点睛】
本题考查正多边形和圆，作边心距转化为直角三角形的问题是解决问题的关键．
3、B
【分析】
根据三点确定一个圆，圆心的确定方法：任意两点中垂线的交点为圆心即可判断．
【详解】
解；如图，分别连接AB、AC、BC，取任意两条线段的中垂线相交，交点就是圆心．

故选：B．
【点睛】
本题考查已知圆上三点求圆心，取任意两条线段中垂线交点确定圆心是解题关键．
4、C
【分析】
根据⊙O的半径r=4，且点A到圆心O的距离d=5知d>r，据此可得答案．
【详解】
解：∵⊙O的半径r=4，且点A到圆心O的距离d=5，
∴d>r，
∴点A在⊙O外，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：①点P在圆外⇔d＞r；②点P在圆上⇔d=r；③点P在圆内⇔d＜r．
5、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．
6、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．
7、C
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项合题意；
D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
【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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
8、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.
9、D
【分析】
首先运用勾股定理求出AC的长度，然后结合旋转的性质得到AB= AB'，BC= B'C'，从而求出B'C，即可在Rt△B'C'C中利用勾股定理求解．
【详解】
解：∵在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，
∴，
由旋转性质可知，AB= AB'=6，BC= B'C'=8，
∴B'C=10-6=4，
在Rt△B'C'C中，，
故选：D．
【点睛】
本题考查勾股定理，以及旋转的性质，掌握旋转变化的基本性质，熟练运用勾股定理求解是解题关键．
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】
根据已知条件可得出，，再利用圆周角定理得出即可．
【详解】
解：、分别与相切于、两点，
，，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的知识点是切线的性质以及圆周角定理，掌握以上知识点是解此题的关键．
2、②③④
【分析】
根据切线的性质，正方形的性质，通过三角形全等，证明HD=HM，∠HCM=∠HCD，GM=GB，∠GCB=∠GCM，可判断前两个结论；运用对角互补的四边形内接于圆，证明∠GHF+∠GEF=180°，取GH的中点P，连接PA，则PA+PC≥AC，当PC最大时，PA最小，根据直径是圆中最大的弦，故PC=1时，PA最小，计算即可．
【详解】
∵GH是⊙O的切线，M为切点，且CM是⊙O的直径，
∴∠CMH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CMH=∠CDH=90°，
∵CM=CD，CH=CH，
∴△CMH≌△CDH，
∴HD=HM，∠HCM=∠HCD，
同理可证，∴GM=GB，∠GCB=∠GCM，
∴GB+DH=GH，无法确定HD＝2BG，
故①错误；
∵∠HCM+∠HCD+∠GCB+∠GCM=90°，
∴2∠HCM+2∠GCM=90°，
∴∠HCM+∠GCM=45°，
即∠GCH＝45°，
故②正确；

∵△CMH≌△CDH，BD是正方形的对角线，
∴∠GHF=∠DHF，∠GCH=∠HDF=45°，
∴∠GHF+∠GEF=∠DHF +∠GCH+∠EFC
=∠DHF +∠HDF+∠HFD
=180°，
根据对角互补的四边形内接于圆，
∴H，F，E，G四点在同一个圆上，
故③正确；
∵正方形ABCD的边长为1，
∴
=1
=，∠GAH=90°，AC=
取GH的中点P，连接PA，
∴GH=2PA，
∴=，
∴当PA取最小值时，有最大值，
连接PC，AC，
则PA+PC≥AC，
∴PA≥AC- PC，
∴当PC最大时，PA最小，
∵直径是圆中最大的弦，
∴PC=1时，PA最小，
∴当A，P，C三点共线时，且PC最大时，PA最小，
∴PA=-1，
∴最大值为：1-（-1）=2-，
∴四边形CGAH面积的最大值为2，
∴④正确；
故答案为: ②③④．
【点睛】
本题考查了切线的性质，直径是最大的弦，三角形的全等，直角三角形斜边上的中线，四点共圆，正方形的性质，熟练掌握圆的性质，灵活运用直角三角形的性质，线段最短原理是解题的关键．
3、
【分析】
过点C作于点H，根据正弦定义解得CH的长，再由扇形面积公式、三角形的面积公式解题即可．
【详解】
解：过点C作于点H，

在平行四边形中，


平行四边形的面积为：，
图中黑色阴影部分的面积为：
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、扇形面积等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
4、
【分析】
连接OB，交AC于点D，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形OABC为菱形，根据菱形的性质可得：，，，根据等边三角形的判定得出为等边三角形，由此得出，在直角三角形中利用勾股定理即可确定圆的半径，然后代入弧长公式求解即可．
【详解】
解：如图所示，连接OB，交AC于点D，

∵四边形OABC为平行四边形，，
∴四边形OABC为菱形，
∴，，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
在中，设，则，
∴，
即，
解得：或（舍去），
∴的长为：，
故答案为：．
【点睛】
题目主要考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，弧长公式等，熟练掌握各个定理和公式是解题关键．
5、六
【分析】
设这个正多边形的边数为n，根据题意可知OA=OB=AB，则△OAB是等边三角形，得到∠AOB=60°，则，由此即可得到答案．
【详解】
解：设这个正多边形的边数为n，
∵正多边形的半径与边长相等，
∴OA=OB=AB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴，
∴，
∴正多边形的边数是六，
故答案为：六．

【点睛】
本题主要考查了正多边形和圆，等边三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键．
三、解答题
1、（1）图见解析；A1（3，3）；（2）见解析
【分析】
（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案．
【详解】
解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求，点A1的坐标为：（3，3）；

（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求．
【点睛】
此题主要考查了旋转变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键．
2、（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．
3、（1）见解析；（2）6
【分析】
（1）连接OC，根据CE是⊙O的切线，可得∠OCE＝，根据圆周角定理，可得∠AOC=，从而得到∠AOC+∠OCE＝，即可求证；
（2）过点A作AF⊥EC交EC于点F，由∠AOC＝，OA＝OC，可得∠OAC＝，从而得到∠BAD＝，再由AD∥EC，可得，然后证得四边形OAFC是正方形，可得，从而得到AF=3，再由直角三角形的性质，即可求解．
【详解】
证明：（1）连接OC，

∵CE是⊙O的切线，
∴∠OCE＝，
∵∠ABC＝，
∴∠AOC＝2∠ABC＝，
∵∠AOC+∠OCE＝，
∴AD∥EC；
（2）解：过点A作AF⊥EC交EC于点F，
∵∠AOC＝，OA＝OC，
∴∠OAC＝，
∵∠BAC＝，
∴∠BAD＝，
∵AD∥EC，
∴，
∵∠OCE＝，∠AOC＝，∠AFC=90°，
∴四边形OAFC是矩形，
∵OA＝OC，
∴四边形OAFC是正方形，
∴，
∵，
∴，
在Rt△AFE中，，
∴AE=2AF=6．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，直角三角形的性质，正方形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
4、
（1）
（2）
（3）
【分析】
（1）先求得,点的坐标，进而根据即可求得的值；
（2）过点作轴于点，证明是直角三角形，进而，根据相似的性质列出比例式进而代入点的坐标解方程即可；
（3）接，取的中点，连接,根据题意，点在以为圆心，2为半径的圆上，则在以为圆心，为半径的圆上运动，根据点与圆的距离求最值，进而求得的解析式为，根据,设直线的解析式为，将点代入求得，进而设，根据，进而根据勾股定理列出方程解方程求解即可．
（1）

令，解得
令，
抛物线（a为常数，）与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
抛物线与轴的交点为





解得
（2）
如图，过点作轴于点，







是直角三角形，且


又


在抛物线上，



整理得
解得（舍）
在第三象限，


（3）
如图，连接，取的中点，连接,

是的中位线

根据题意点在以为圆心，2为半径的圆上，
则在以为圆心，为半径的圆上运动，
当三点共线，且在的延长线上时，最大，如图，


即

设直线的解析式为，代入点，
即
解得
直线的解析式为

设直线的解析式为


解得
则的解析式为
设点，
，

解得（舍去）



【点睛】
本题考查了二次函数综合运用，点与圆的距离求最值问题，相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线并熟练掌握以上知识是解题的关键．
5、（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．