滬科版九年級下冊第24章 圓綜合與測試同步訓練題

這是一份滬科版九年級下冊第24章 圓綜合與測試同步訓練題，共31頁。試卷主要包含了點P關于原點O的對稱點的坐標是等內(nèi)容，歡迎下載使用。
滬科版九年級數(shù)學下冊第24章圓同步訓練 考試時間：90分鐘；命題人：數(shù)學教研組考生注意：1、本卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘2、答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級填寫在試卷規(guī)定位置上3、答案必須寫在試卷各個題目指定區(qū)域內(nèi)相應的位置，如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。第I卷（選擇題  30分）一、單選題（10小題，每小題3分，共計30分）1、如圖是一個含有3個正方形的相框，其中∠BCD＝∠DEF＝90°，AB＝2，CD＝3，EF＝5，將它鑲嵌在一個圓形的金屬框上，使A，G， H三點剛好在金屬框上，則該金屬框的半徑是（    ）A． B． C． D．2、下列圖形中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（　?。?/span>A． B． C． D．3、從圖形運動的角度研究拋物線, 有利于我們認識新的拋物線的特征. 如果將拋物線繞著原點旋轉(zhuǎn)180°，那么關于旋轉(zhuǎn)后所得新拋物線與原拋物線之間的關系，下列法正確的是（   ）A．它們的開口方向相同 B．它們的對稱軸相同C．它們的變化情況相同 D．它們的頂點坐標相同4、在直徑為10cm的圓柱形容器內(nèi)裝入一些水以后，截面如圖所示，若水面寬cm，則水的最大深度為（    ）A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm5、如圖，在中，，，將繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到，則的度數(shù)為（    ）A．105° B．120° C．135° D．150°6、下列圖形中，是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形的是（    ）A． B． C． D．7、點P(3，﹣2)關于原點O的對稱點的坐標是（　?。?/span>A．(3，﹣2) B．(﹣3，2) C．(﹣3，﹣2) D．(2，3)8、如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于，若四邊形ABCO是菱形，則的度數(shù)為（    ）A．45° B．60° C．90° D．120°9、的邊經(jīng)過圓心，與圓相切于點，若，則的大小等于（    ）A． B． C． D．10、如圖，AB，CD是⊙O的弦，且，若，則的度數(shù)為（    ）A．30° B．40° C．45° D．60°第Ⅱ卷（非選擇題  70分）二、填空題（5小題，每小題4分，共計20分）1、如圖，在中，，分別以、、邊為直徑作半圓，圖中陰影部分在數(shù)學史上稱為“希波克拉底月牙”．當，時，則陰影部分的面積為__________．2、如圖，在平行四邊形中，，，，以點為圓心，為半徑的圓弧交于點，連接，則圖中黑色陰影部分的面積為________．（結(jié)果保留）3、如圖，正方形ABCD是邊長為2，點E、F是AD邊上的兩個動點，且AE=DF，連接BE、CF，BE與對角線AC交于點G，連接DG交CF于點H，連接BH，則BH的最小值為_______．4、如圖，⊙O的半徑為2，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，連接OB、OC，若弦BC的長度為，則∠BAC＝________度．5、如圖，已知，在中，，．將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)一個角至位置，連接BD，CE交于點F．（I）求證：；（2）若四邊形ABFE為菱形，求的值；（3）在（2）的條件下，若，直接寫出CF的值．三、解答題（5小題，每小題10分，共計50分）1、如圖，⊙O的半徑為10cm，弦AB垂直平分半徑OC，垂足為點D．（1）弦AB的長為          ．（2）求劣弧的長．2、已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，將△ABC繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)．（1）當C轉(zhuǎn)到AB邊上點C′位置時，A轉(zhuǎn)到A′，（如圖1所示）直線CC′和AA′相交于點D，試判斷線段AD和線段A′D之間的數(shù)量關系，并證明你的結(jié)論．（2）將Rt△ABC繼續(xù)旋轉(zhuǎn)到圖2的位置時，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；（3）將Rt△ABC旅轉(zhuǎn)至A、C′、A′三點在一條直線上時，請直接寫出此時旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)．3、在平面直角坐標系xOy中，給出如下定義：若點P在圖形M上，點Q在圖形N上，稱線段PQ長度的最小值為圖形M，N的“近距離”，記為d(M，N)，特別地，若圖形M，N有公共點，規(guī)定d(M，N)＝0．已知：如圖，點A(，0)，B(0，)．（1）如果⊙O的半徑為2，那么d(A，⊙O)＝        ，d(B，⊙O)＝        ．（2）如果⊙O的半徑為r，且d（⊙O，線段AB）=0，求r的取值范圍；（3）如果C(m，0)是x軸上的動點，⊙C的半徑為1，使d（⊙C，線段AB）<1，直接寫出m的取值范圍．4、如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，AM是△ACD的外角∠DAF的平分線．（1）求證：AM是⊙O的切線；（2）連接CO并延長交AM于點N，若⊙O的半徑為2，∠ANC = 30°，求CD的長．5、如圖，以四邊形的對角線為直徑作圓，圓心為，點、在上，過點作的延長線于點，已知平分．（1）求證：是切線；（2）若，，求的半徑和的長． -參考答案-一、單選題1、A【分析】如圖，記過A，G， H三點的圓為則是，的垂直平分線的交點， 記的交點為 的交點為 延長交于為的垂直平分線，結(jié)合正方形的性質(zhì)可得：再設利用勾股定理建立方程，再解方程即可得到答案.【詳解】解：如圖，記過A，G， H三點的圓為則是，的垂直平分線的交點， 記的交點為 的交點為 延長交于為的垂直平分線，結(jié)合正方形的性質(zhì)可得： 四邊形為正方形，則 設 而AB＝2，CD＝3，EF＝5，結(jié)合正方形的性質(zhì)可得：而 又 而 解得： 故選A【點睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)，三角形外接圓圓心的確定，圓的基本性質(zhì)，勾股定理的應用，二次根式的化簡，確定過A，G， H三點的圓的圓心是解本題的關鍵.2、C【詳解】解：選項A是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故A不符合題意；選項B不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故B不符合題意；選項C既是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故C符合題意；選項D是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故D不符合題意；故選C【點睛】本題考查的是軸對稱圖形的識別，中心對稱圖形的識別，掌握“軸對稱圖形與中心對稱圖形的定義”是解本題的關鍵，軸對稱圖形：把一個圖形沿某條直線對折，直線兩旁的部分能夠完全重合；中心對稱圖形：把一個圖形繞某點旋轉(zhuǎn)后能與自身重合.3、B【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及拋物線的性質(zhì)即可確定答案．【詳解】拋物線的開口向上，對稱軸為y軸，頂點坐標為(0，2)，將此拋物線繞原點旋轉(zhuǎn)180°后所得新拋物線的開口向下，對稱軸仍為y軸，頂點坐標為(0，－2)，所以在四個選項中，只有B選項符合題意．故選：B【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，掌握這兩方面的知識是關鍵．4、B【分析】連接OB，過點O作OC⊥AB于點D，交⊙O于點C，先由垂徑定理求出BD的長，再根據(jù)勾股定理求出OD的長，進而得出CD的長即可．【詳解】解：連接OB，過點O作OC⊥AB于點D，交⊙O于點C，如圖所示：∵AB=8cm，∴BD=AB=4（cm），由題意得：OB=OC==5cm，在Rt△OBD中，OD=（cm），∴CD=OC-OD=5-3=2（cm），即水的最大深度為2cm，故選：B．【點睛】本題考查了垂徑定理、勾股定理等知識；根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關鍵．5、B【分析】由題意易得，然后根據(jù)三角形外角的性質(zhì)可求解．【詳解】解：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：，∴；故選B．【點睛】本題主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及三角形外角的性質(zhì)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及三角形外角的性質(zhì)是解題的關鍵．6、B【分析】根據(jù)“把一個圖形繞著某一個點旋轉(zhuǎn)180°，如果旋轉(zhuǎn)后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形”及“如果一個平面圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形就叫做軸對稱圖形”，由此問題可求解．【詳解】解：A、既不是軸對稱圖形也不是中心對稱圖形，故不符合題意；B、是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形，故符合題意；C、既不是軸對稱圖形也不是中心對稱圖形，故不符合題意；D、是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形，故不符合題意；故選B．【點睛】本題主要考查中心對稱圖形及軸對稱圖形的識別，熟練掌握中心對稱圖形及軸對稱圖形的定義是解題的關鍵．7、B【分析】根據(jù)“平面直角坐標系中任意一點P（x，y），關于原點的對稱點是（﹣x，﹣y），即關于原點的對稱點，橫縱坐標都變成相反數(shù)”解答．【詳解】解：點P（3，﹣2）關于原點O的對稱點P'的坐標是（﹣3，2）．故選：B．【點睛】本題主要考查了關于原點對稱的點的坐標的特點，正確掌握橫縱坐標的關系是解題關鍵．8、B【分析】設∠ADC=α，∠ABC=β，由菱形的性質(zhì)與圓周角定理可得 ，求出β即可解決問題．【詳解】解：設∠ADC=α，∠ABC=β； ∵四邊形ABCO是菱形， ∴∠ABC=∠AOC； ∠ADC=β； 四邊形為圓的內(nèi)接四邊形，α+β=180°， ∴ ， 解得：β=120°，α=60°，則∠ADC=60°， 故選：B．【點睛】該題主要考查了圓周角定理及其應用，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)；掌握“同圓或等圓中，一條弧所對的圓周角是它所對的圓心角的一半”是解本題的關鍵.9、A【分析】連接，根據(jù)圓周角定理求出，根據(jù)切線的性質(zhì)得到，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)計算，得到答案．【詳解】解：連接， ，，與圓相切于點，，，故選：A．【點睛】本題考查的是切線的性質(zhì)、圓周角定理，掌握圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑是解題的關鍵．10、B【分析】由同弧所對的圓周角是圓心角的一半可得，利用平行線的性質(zhì)：兩直線平行，內(nèi)錯角相等即可得．【詳解】解：∵，∴，∵，∴，故選：B．【點睛】題目主要考查圓周角定理，平行線的性質(zhì)等，理解題意，找出相關的角度是解題關鍵．二、填空題1、【分析】根據(jù)陰影部分面積等于以為直徑的2 個半圓的面積加上減去為半徑的半圓面積即．【詳解】解：在中，，，．故答案為：【點睛】本題考查了勾股定理，求扇形面積，直徑所對的圓周角是直角，掌握圓周角定理是解題的關鍵．2、【分析】過點C作于點H，根據(jù)正弦定義解得CH的長，再由扇形面積公式、三角形的面積公式解題即可．【詳解】解：過點C作于點H，在平行四邊形中，平行四邊形的面積為：，圖中黑色陰影部分的面積為：，故答案為：．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、扇形面積等知識，是基礎考點，掌握相關知識是解題關鍵．3、##【分析】延長AG交CD于M，如圖1，可證△ADG≌△DGC可得∠GCD=∠DAM，再證△ADM≌△DFC可得DF=DM=AE，可證△ABE≌△ADM，可得H是以AB為直徑的圓上一點，取AB中點O，連接OD，OH，根據(jù)三角形的三邊關系可得不等式，可解得DH長度的最小值．【詳解】解：延長AG交CD于M，如圖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°，∴點H是以AB為直徑的圓上一點．如圖2，取AB中點O，連接OD，OH，∵AB=AD=2，O是AB中點，∴AO=1=OH，在Rt△AOD中，OD=，∵DH≥OD-OH，∴DH≥-1，∴DH的最小值為-1，故答案為：-1．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，關鍵是證點H是以AB為直徑的圓上一點．4、60【分析】在Rt△BOE中，利用勾股定理求得OE=1，知OB=2OE，得到∠BOE=60°，∠BOC=120°，再利用圓周角定理即可解決問題．【詳解】解：如圖作OE⊥BC于E．∵OE⊥BC，∴BE=EC=，∠BOE=∠COE，∴OE=1，∴OB=2OE，∴∠OBE=30°，∴∠BOE=∠COE=60°，∴∠BOC=120°，∴∠BAC=60°，故答案為：60．【點睛】本題考查三角形的外心與外接圓、圓周角定理．垂徑定理、勾股定理、直角三角形30度角性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，靈活運用所學知識解決問題．5、（1）見解析；（2）120°；（3）【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和全等三角形的判定解答即可；（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求得∠ABD=90°－，∠BAE=+30°，根據(jù)菱形的鄰角互補求解即可；（3）連接AF，根據(jù)菱形的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)可求得∠FAC=45°，∠FCA=30°，過F作FG⊥AC于G，設FG=x，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：（1）由旋轉(zhuǎn)得：AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=，∵AB=AC，∴AB=AC=AD=AE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）∵AB=AD，∠BAD=，∠BAC=30°，∴∠ABD=（180°－∠BAD）÷2=（180°－）÷2=90°－，∠BAE=+30°，∵四邊形ABFE是菱形，∴∠BAE+∠ABD=180°，即+30°+90°－=180°，解得：=120°；(3)連接AF，∵四邊形ABFE是菱形，∠BAE=+30°=150°，∴∠BAF=∠BAE=75°，又∠BAC=30°，∴∠FAC=75°－30°=45°，∵△ABD≌△ACE，∴∠FCA=∠ABD=90°－=30°，過F作FG⊥AC于G，設FG=x，在Rt△AGF中，∠FAG=45°，∠AGF=90°，∴∠AFG=∠FAG=45°，∴△AGF是等腰直角三角形，∴AG=FG=x，在在Rt△AGF中，∠FCG=30°，∠FGC=90°，∴CF=2FG=2x，，∵AC=AB=2，又AG+CG=AC，∴，解得：，∴CF=2x= ．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理、解一元一次方程等知識，熟練掌握相關知識的聯(lián)系與運用是解答的關鍵．三、解答題1、（1），（2）．【分析】（1）根據(jù)弦AB垂直平分半徑OC，OC=OB=10cm，得出OD=CD=，∠ODB=90°，根據(jù)勾股定理，可求AB=2BD=2×；（2）根據(jù)銳角三角函數(shù)定義求出cos∠DOB=，得出∠DOB=60°，利用弧長公式求出即可．【詳解】解：（1）∵弦AB垂直平分半徑OC，OC=OB=10cm，∴OD=CD=，∠ODB=90°，∴，∴AB=2BD=2×，故答案為；（2）cos∠DOB=，∴∠DOB=60°，∴的度數(shù)為2×60°=120°，∴．【點睛】本題考查垂直平分線性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，弧長，掌握垂直平分線性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，弧長是解題關鍵．2、（1），證明見解析（2）成立，證明見解析（3）【分析】（1）設，先根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，然后根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)可得，，都是等邊三角形，從而可得，由此即可得出結(jié)論；（2）在上截取，連接，先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，從而可得，再根據(jù)三角形全等的判定定理證出，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得，，然后根據(jù)三角形的外角性質(zhì)可得，最后根據(jù)等腰三角形的判定可得，由此即可得出結(jié)論；（3）如圖（見解析），先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，再根據(jù)直角三角形全等的判定定理證出，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得，最后根據(jù)旋轉(zhuǎn)角即可得．（1）解：，證明如下：設，在中，，，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，，和都是等邊三角形，，，是等邊三角形，，；（2）解：成立，證明如下：如圖，在上截取，連接，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，，，在和中，，，，，，；（3）解：如圖，當點三點在一條直線上時，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，，在和中，，，，則旋轉(zhuǎn)角．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)等知識點，較難的是題（2），通過作輔助線，構(gòu)造全等三角形是解題關鍵．3、（1）0，；（2）；（3）【分析】（1）根據(jù)新定義，即可求解；（2）過點O作OD⊥AB于點D，根據(jù)三角形的面積，可得，再由d（⊙O，線段AB）=0，可得當⊙O的半徑等于OD時最小，當⊙O的半徑等于OB時最大，即可求解；（3）過點C作CN⊥AB于點N ，利用銳角三角函數(shù)，可得∠OAB=60°，然后分三種情況：當點C在點A的右側(cè)時，當點C與點A重合時，當點C在點A的左側(cè)時，即可求解．【詳解】解：（1）∵⊙O的半徑為2，A(，0)，B(0，)．∴，∴點A在⊙O上，點B在⊙O外，∴d（A，⊙O）＝，∴d（B，⊙O）＝；（2）過點O作OD⊥AB于點D，∵點A(，0)，B(0，)．∴ ，∴ ，∵ ，∴ ∴，∵d（⊙O，線段AB）=0，∴當⊙O的半徑等于OD時最小，當⊙O的半徑等于OB時最大，∴r的取值范圍是，（3）如圖，過點C作CN⊥AB于點N ，∵點A(，0)，B(0，)．∴ ，∴ ，∴∠OAB=60°，∵C(m，0)，當點C在點A的右側(cè)時， ，∴ ，∴ ，∵d（⊙C，線段AB）<1，⊙C的半徑為1，∴ ，解得： ，當點C與點A重合時， ，此時d（⊙C，線段AB）=0，當點C在點A的左側(cè)時， ，∴ ，∴ ，解得： ，∴．【點睛】本題主要考查了點與圓的位置關系，點與直線的位置關系，理解新定義，熟練掌握點與圓的位置關系，點與直線的位置關系是解題的關鍵．4、（1）見解析（2）CD=2【分析】（1）由題意易得BC=BD，∠DAM=∠DAF，則有∠CAB=∠DAB，進而可得∠BAM=90°，然后問題可求證；（2）由題意易得CD//AM，∠ANC=∠OCE=30°，然后可得OE=1，CE=，進而問題可求解．（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E∴BC=BD∴∠CAB=∠DAB∵AM是∠DAF的平分線∴∠DAM=∠DAF∵∠CAD+∠DAF=180°∴∠DAB+∠DAM=90°即∠BAM=90°，AB⊥AM∴AM是⊙O的切線（2）解：∵AB⊥CD，AB⊥AM ∴CD//AM∴∠ANC=∠OCE=30°在Rt△OCE中，OC=2∴OE=1，CE=∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E∴CD=2CE=2．【點睛】本題主要考查切線的判定定理、垂徑定理及含30度直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握切線的判定定理、垂徑定理及含30度直角三角形的性質(zhì)是解題的關鍵．5、（1）證明見解析（2）【分析】（1）連接OA，根據(jù)已知條件證明OA⊥AE即可解決問題；（2）取CD中點F，連接OF，根據(jù)垂徑定理可得OF⊥CD，所以四邊形AEFO是矩形，利用勾股定理即可求出結(jié)果．（1）證明：如圖，連接OA，∵AE⊥CD，∴∠DAE+∠ADE=90°．∵DA平分∠BDE，∴∠ADE=∠ADO，又∵OA=OD，∴∠OAD=∠ADO，∴∠DAE+∠OAD=90°，∴OA⊥AE，∴AE是⊙O切線；（2）解：如圖，取CD中點F，連接OF，∴OF⊥CD于點F．∴四邊形AEFO是矩形，∵CD=6，∴DF=FC=3．在Rt△OFD中，OF=AE=4，∴，在Rt△AED中，AE=4，ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=5-3=2，∴，∴AD的長是．【點睛】本題考查了切線的判定與性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理，勾股定理，解決本題的關鍵是掌握切線的判定與性質(zhì)．