沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试课后作业题

这是一份沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试课后作业题，共35页。试卷主要包含了下列判断正确的个数有等内容，欢迎下载使用。
沪科版九年级数学下册第24章圆章节练习
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、下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2、下列四个图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3、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．
4、下列判断正确的个数有（ ）
①直径是圆中最大的弦；
②长度相等的两条弧一定是等弧；
③半径相等的两个圆是等圆；
④弧分优弧和劣弧；
⑤同一条弦所对的两条弧一定是等弧．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5、如图，是的直径，弦，垂足为，若，则（ ）

A．5 B．8 C．9 D．10
6、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．
7、如图，△ABC外接于⊙O，∠A＝30°，BC＝3，则⊙O的半径长为（ ）

A．3 B． C． D．
8、如图，边长为5的等边三角形中，M是高所在直线上的一个动点，连接，将线段绕点B逆时针旋转得到，连接．则在点M运动过程中，线段长度的最小值是（ ）

A． B．1 C．2 D．
9、如图是一个含有3个正方形的相框，其中∠BCD＝∠DEF＝90°，AB＝2，CD＝3，EF＝5，将它镶嵌在一个圆形的金属框上，使A，G， H三点刚好在金属框上，则该金属框的半径是（ ）

A． B． C． D．
10、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．8 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，、分别与相切于A、B两点，若，则的度数为________．

2、平面直角坐标系中，，，A为x轴上一动点，连接AC，将AC绕A点顺时针旋转90°得到AB，当BK取最小值时，点B的坐标为_________．
3、如图，PA，PB是的切线，切点分别为A，B．若，，则AB的长为______．

4、如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的周长为8π，则正六边形的边长为________．

5、如图，在矩形中，，，F为中点，P是线段上一点，设，连结并将它绕点P顺时针旋转90°得到线段，连结、，则在点P从点B向点C的运动过程中，有下面四个结论：①当时，；②点E到边的距离为m；③直线一定经过点；④的最小值为．其中结论正确的是______．（填序号即可）

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图1，在中，，，将边绕着点A逆时针旋转，得到线段，连接交边于点E，过点C作于点F，延长交于点G．

（1）求证：；
（2）如图2，当时，求证：；
（3）如图3，当时，请直接写出的值．
2、如图，，，点D是上一点，与相交于点F，且．

（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若点D是中点，连接，求证：平分．
3、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）

4、如图1，在中，，，点，分别在边，上，，连接，，．点在线段上，连接交于点．

（1）①比较与的大小，并证明；
②若，求证：；
（2）将图1中的绕点逆时针旋转，如图2．若是的中点，判断是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由.
5、如图，AB为⊙O的弦，OC⊥AB于点M，交⊙O于点C．若⊙O的半径为10，OM：MC＝3：2，求AB的长．


-参考答案-
一、单选题
1、A
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、是轴对称图形，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，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】
本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好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，图形旋转180°后与原图重合．
2、D
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题主要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度后两部分重合．
3、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.
4、B
【详解】
①直径是圆中最大的弦；故①正确，
②同圆或等圆中长度相等的两条弧一定是等弧；故②不正确
③半径相等的两个圆是等圆；故③正确
④弧分优弧、劣弧和半圆，故④不正确
⑤同一条弦所对的两条弧可位于弦的两侧，故不一定相等，则⑤不正确．
综上所述，正确的有①③
故选B
【点睛】
本题考查了圆相关概念，掌握弦与弧的关系以及相关概念是解题的关键．
5、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．
6、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．
7、A
【分析】
分析：连接OA、OB，根据圆周角定理，易知∠AOB=60°；因此△ABO是等边三角形，即可求出⊙O的半径．
【详解】
解：连接BO，并延长交⊙O于D，连结DC，
∵∠A=30°，
∴∠D=∠A=30°，
∵BD为直径，
∴∠BCD=90°，
在Rt△BCD中，BC=3，∠D=30°，
∴BD=2BC=6，
∴OB=3．
故选A．

【点睛】
本题考查了圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30°角所对直角三角形性质，掌握圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30°角所对直角三角形性质是解题的关键．
8、A
【分析】
取CB的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质可得BH=BG，再求出∠HBN=∠MBG，根据旋转的性质可得MB=NB，然后利用“边角边”证明△MBG≌△NBH，再根据全等三角形对应边相等可得HN=MG，然后根据垂线段最短可得MG⊥CH时最短，再根据∠BCH=30°求解即可．
【详解】
解：如图，取BC的中点G，连接MG，

∵旋转角为60°，
∴∠MBH+∠HBN=60°，
又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，
∴∠HBN=∠GBM，
∵CH是等边△ABC的对称轴，
∴HB=AB，
∴HB=BG，
又∵MB旋转到BN，
∴BM=BN，
在△MBG和△NBH中，
，
∴△MBG≌△NBH（SAS），
∴MG=NH，
根据垂线段最短，MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，
此时∵∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×5=2.5，
∴MG=CG=，
∴HN=，
故选A．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
9、A
【分析】
如图，记过A，G， H三点的圆为则是，的垂直平分线的交点， 记的交点为 的交点为 延长交于为的垂直平分线，结合正方形的性质可得：再设利用勾股定理建立方程，再解方程即可得到答案.
【详解】
解：如图，记过A，G， H三点的圆为则是，的垂直平分线的交点，
记的交点为 的交点为 延长交于为的垂直平分线，结合正方形的性质可得：

四边形为正方形，则

设 而AB＝2，CD＝3，EF＝5，结合正方形的性质可得：

而


又 而


解得：

故选A
【点睛】
本题考查的是正方形的性质，三角形外接圆圆心的确定，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，确定过A，G， H三点的圆的圆心是解本题的关键.
10、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．
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、
【分析】
如图，作BH⊥x轴于H．由△ACO≌△BAH（AAS），推出BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，可得B（m+4，m），令x＝m+4，y＝m，推出y＝x﹣4，推出点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，作KM⊥EF于M，根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，利用等腰直角三角形的性质可得M的坐标，从而可得答案．
【详解】
解：如图，作BH⊥x轴于H．

∵C（0，4），K（2，0），
∴OC＝4，OK＝2，
∵AC＝AB，∵∠AOC＝∠CAB＝∠AHB＝90°，
∴∠CAO+∠OCA＝90°，∠BAH+∠CAO＝90°，
∴∠ACO＝∠BAH，
∴△ACO≌△BAH（AAS），
∴BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，
∴B（m+4，m），
令x＝m+4，y＝m，
∴y＝x﹣4，
∴点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，
则

作KM⊥EF于M，过作于 则

根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，此时B（3，﹣1），
故答案为：（3，﹣1）
【点睛】
本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找点B的运动轨迹，学会利用垂线段最短解决最短问题．
3、3
【分析】
由切线长定理和，可得为等边三角形，则．
【详解】
解：连接，如下图：

，分别为的切线，
，
为等腰三角形，
，
，
为等边三角形，
，
，
．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定和切线长定理，解题的关键是作出相应辅助线．
4、4
【分析】
由周长公式可得⊙O半径为4，再由正多边形的中心角公式可得正六边形ABCDEF中心角为，即可知正六边形ABCDEF为6个边长为4的正三角形组成的，则可求得六边形ABCDEF边长．
【详解】
∵⊙O的周长为8π
∴⊙O半径为4
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O
∴正六边形ABCDEF中心角为
∴正六边形ABCDEF为6个边长为4的正三角形组成的
∴正六边形ABCDEF边长为4.
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了正多边形的中心角公式，正n边形的每个中心角都等于，由中心角为得出正六边形ABCDEF为6个边长为4的正三角形组成的是解题的关键．
5、②③④
【分析】
①当在点的右边时，得出即可判断；
②证明出即可判断；
③根据为等腰直角三角形，得出都是等腰直角三角形，得到即可判断；
④当时，有最小值，计算即可．
【详解】
解：，
为等腰直角三角形，
，
当在点的左边时，
，
当在点的右边时，
，
故①错误；
过点作，

在和中，
根据旋转的性质得：，
，
，
，
，
故②正确；
由①中得知为等腰直角三角形，
，
也是等腰直角三角形，
过点，
不管P在上怎么运动，
得到都是等腰直角三角形，
，
即直线一定经过点，
故③正确；
是等腰直角三角形，
当时，有最小值，

，
为等腰直角三角形，
，
，
由勾股定理：
，
，
故④正确；
故答案是：②③④．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形，解题的关键是灵活运用这些性质进行推理．
三、解答题
1、
（1）见解析
（2）见解析
（3）
【分析】
（1）由旋转的性质得AB=AD，所以，再根据三角形内角和定理可证明即可得到结论；
（2）连接，根据ASA证明≌得，是等边三角形，从而得出，再运用AAS证明≌得，由勾股定理可得出，从而 可得结论；
（3）证明平分，作于点，根据勾股定理得，代入求值即可．
（1）
∵边绕着点逆时针旋转得到线段，

∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴
又，且∠AEB=∠CEF
∴．
∴．
（2）
连接．

在和中，
∵，
∴≌（ASA）．
∴．
∴，即．
在和中，
∵，
∴≌（AAS）．
∴．
∵，
∴在中，，
即．
∵，，
∴是等边三角形．
∴．
（3）
．
∵，，
∴
∵．
∵，
∴．
∴平分．
作于点，

∴．
∴在中，．
∵≌，≌，
∴，，．
∴在中，，
∵，
∴．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形．
2、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】
（1）在和中，，，故可证明三角形相似．
（2）由得出．
（3）法一：由题意知，由得，有，所以可得，又因为可得，；由于，，进而说明，得出平分．法二：通过得出F、D、C、E四点共圆，由得，从而得出平分．
【详解】
解：（1）证明在和中

．
（2）证明：在和中


．
（3）证明：

又D是中点





，




平分．
法二：
F、D、C、E四点共圆
又D是点，


平分．
【点睛】
本题考察了相似三角形的判定，全等三角形，角平分线，圆内接四边形等知识点．解题的关键与难点在于角度的转化．解题技巧：多个角度相等时可考虑将几何图形放入圆中利用同弧或等弧所对圆周角相等求解．
3、（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．
4、（1）①∠CAE=∠CBD，理由见解析；②证明见解析；（2）AE=2CF仍然成立，理由见解析
【分析】
（1）①只需要证明△CAE≌△CBD即可得到∠CAE=∠CBD；
②先证明∠CAH=∠BCF，然后推出∠BDC=∠FCD，∠CAE=∠CBD=∠BCF，得到CF=DF，CF=BF，则BD=2CF，再由△CAE≌△CBD，即可得到AE=2BD=2CF；
（2）如图所示延长DC到G使得，DC=CG，连接BG，只需要证明△ACE≌△BCG得到AE=BG，再由CF是△BDG的中位线，得到BG=2CF，即可证明AE=2CF．
【详解】
解：（1）①∠CAE=∠CBD，理由如下：
在△CAE和△ CBD中，
，
∴△CAE≌△CBD（SAS），
∴∠CAE=∠CBD；
②∵CF⊥AE，
∴∠AHC=∠ACB=90°，
∴∠CAH+∠ACH=∠ACH+∠BCF=90°，
∴∠CAH=∠BCF，
∵∠DCF+∠BCF=90°，∠CDB+∠CBD=90°，∠CAE=∠CBD，
∴∠BDC=∠FCD，∠CAE=∠CBD=∠BCF，
∴CF=DF，CF=BF，
∴BD=2CF，
又∵△CAE≌△CBD，
∴AE=2BD=2CF；
（2）AE=2CF仍然成立，理由如下：
如图所示延长DC到G使得，DC=CG，连接BG，
由旋转的性质可得，∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=∠BCE+∠BCD，∠ECG=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠ECG，即∠ACE=∠BCG，
又∵CE=CD=CG，AC=BC，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴AE=BG，
∵F是BD的中点，CD=CG，
∴CF是△BDG的中位线，
∴BG=2CF，
∴AE=2CF．

【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，旋转的性质，三角形中位线定理，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
5、
【分析】
连接OA，根据⊙O的半径为10，OM：MC＝3：2可求出OM的长，由勾股定理求出AM的长，再由垂径定理求出AB的长即可．
【详解】
解：如图，连接OA．

∵OM：MC＝3：2，OC＝10，
∴OM＝=6．
∵OC⊥AB，
∴∠OMA＝90°，AB＝2AM．
在Rt△AOM中，AO＝10，OM＝6，
∴AM＝8．
∴AB＝2AM =16．
【点睛】
本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理的推论是解题的关键．