2022年强化训练沪科版九年级数学下册第24章圆定向练习试题(含答案及详细解析)

经典word整理文档，仅参考，双击此处可删除页眉页脚。本资料属于网络整理，如有侵权，请联系删除，谢谢！24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、在△关系是（中，，点为中点．以点为圆心，长为半径作⊙，则⊙与的位置OABCCC）A．相交C．相离2、如图，B．相切D．不确定是的直径，弦，垂足为，若，CD6BE1，则（）ABOEAEA．5B．8C．9D．10ABCD内接于，若四边形是菱形，则的度数为（D）3、如图，四边形OA．45°B．60°C．90°D．120°4、如图，ABCD是正方形，△CDECCBF重合，那么△CEF绕点逆时针方向旋转90°后能与△是（）A．.等腰三角形C．.直角三角形B．等边三角形D．.等腰直角三角形Rt中，∠ABC5、如图，在△＝90°，＝8．把△ABBCABCA绕点逆时针方向旋转到CBACCC△''，点'恰好落在边上，则）A．10B．2C．2D．4513346、将一把直尺、一个含60°角的直角三角板和一个光盘按如图所示摆放，直角三角板的直角边BC与直尺的一边重合，光盘与直尺相切于点，与直角三角板相切于点，且，则光盘的直径是AB3（）A．6B．33C．3）D．637、下列图形中，是中心对称图形的是（B．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．C．B．D．9、图2是由图1经过某一种图形的运动得到的，这种图形的运动是（）A．平移B．翻折C．旋转D．以上三种都不对10、已知圆锥的底面半径为2cm，母线长为3cm，则其侧面积为（A．3πB．6πC．12πD．18π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）OPPAPBOABC1、如图，过⊙外一点，作射线，分别切⊙于点，，P，点在劣弧上，过点COPAPBDE作⊙的切线分别与，交于点，．则______度．r2、圆锥的母线长为l，底面圆半径为，则全面积为______．PABCD内一点，将△ABPB3、如图，是正方形绕点顺时针方向旋转,能与重合，若，则5CBP1PP______．14、如图，在Rt△ABC中，ACB，是ABC内的一个动点，满足D22．若2，4，则长的最小值为_______．AB213ECD的边长为6，为边上一点，将A绕点旋转至△，连接ADE5、如图，已知正方形EE，若，则的长等于______．2三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、正方形绿化场地拟种植两种不同颜色（用阴影部分和非阴影部分表示）的花卉，要求种植的花卉能组成轴对称或中心对称图案，下面是三种不同设计方案中的一部分．（1）请把图①、图②补成既是轴对称图形，又是中心对称图形，并画出一条对称轴；P（2）把图③补成只是中心对称图形，并把中心标上字母．43页的部分内容．圆周角定理在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于该弧所对的圆心角的一半；相等的圆周角所对的弧相等．由圆周角定理，可以得到以下推论：推论1（推论证明）已知：△ABC的三个顶点都在⊙上，且∠＝90°．OACBABO求证：线段是⊙的直径．请你结合图①写出推论1的证明过程．ABCDOACBACD（深入探究）如图②，点，，，均在半径为1的⊙上，若∠＝90°，∠＝60°．则线段的长为．（拓展应用）如图③，已知△ABCAC是等边三角形，以为底边在三角形ABC外作等腰直角三角形ACDEBCDEABDE，则的长为，点是的中点，连结．若＝．2213yxxAyB3、如图，抛物线＝－x＋＋2与轴负半轴交于点，与轴交于点．22AB（1）求，两点的坐标；CyACBCC（2）如图1，点在轴右侧的抛物线上，且＝，求点的坐标；（3）如图2，将△绕平面内点顺时针旋转90°后，得到△（点，，的对应点分别是点PDEFABODEFDE，，，两点刚好在抛物线上．F①求点的坐标；P②直接写出点的坐标．OOD并延长交⊙于点，过4、如图，是⊙的内接三角形，BAC，ABC，连接COBAE点作⊙的切线，与的延长线相交于点．ADEC（1）求证：∥；ADAE（2）若＝6，求线段的长．xOyMN中，旋转角满足，对图形与图形给出如下定义：将图形5、在平面直角坐标系MPQN绕原点逆时针旋转得到图形．为图形上任意一点，为图形上的任意一点，称长度MMA1,3B4,0．C2,0MN的最小值为图形与图形的“转后距”．已知点，点，点OAM（1）当时，记线段为图形．①画出图形；MCN②若点为图形，则“转后距”为______；ACN③若线段为图形，求“转后距”；13（2）已知点，点Qt,ABMN，记线段为图形，线段为图形，对任意旋转角，Pt,022t“转后距”大于1，直接写出的取值范围．-参考答案-一、单选题1、B【分析】根据等腰三角形的性质，三线合一即可得COAB，根据三角形切线的判定即可判断是的切CABCAB线，进而可得⊙与的位置关系【详解】解：连接,COOCACB，点为中点．C为⊙的半径，是的切线，ABCCAB的位置关系是相切⊙与故选B【点睛】本题考查了三线合一，切线的判定，直线与圆的位置关系，掌握切线判定定理是解题的关键．2、C【分析】连接，根据垂径定理可得CO，设CEED的半径为，则,进而勾股定理列出方程OBOCr3Or求得半径，进而求得AE【详解】解：如图，连接，CO∵∴设在是的直径，弦，6OAB3的半径为，则OBOCrOr中，，2OEOBOEr1RtCOE22即rr13222解得r=5即AEABBE9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．3、B【分析】180αββ，求出即可解决问题．设∠=，∠=，由菱形的性质与圆周角定理可得12【详解】αABCβ解：设∠=，∠=；∵四边形ABCO是菱形，∴∠=∠；1β；∠=2四边形为圆的内接四边形，ABCDαβ+=180°，180∴，12βαADC=60°，解得：=120°，=60°，则∠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.4、D【分析】根据旋转的性质推出相等的边，旋转角推出∠ECF＝90°，即可得到△CEF为等腰直角三角形．【详解】解：∵△CDE绕点C逆时针方向旋转90°后能与△CBF重合，CECF∴∠＝90°，＝，∴△CEF是等腰直角三角形，D故选：．【点睛】本题主要考查旋转的性质，掌握图形旋转前后的大小和形状不变是解决问题的关键．5、D【分析】ACABBCBC首先运用勾股定理求出的长度，然后结合旋转的性质得到='，=''，从而求出'，即RtBCC可在△''中利用勾股定理求解．【详解】Rt解：∵在△ABBC中，＝6，∴，ACABBC1022ABABBCBC由旋转性质可知，='=6，='BC∴'=10-6=4，BCC在△''中，CC，BCBC48452222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．6、D【分析】OOCOBOCAOBA如图所示，设圆的圆心为，连接，，由切线的性质可知∠=∠=90°，=，即可证明12RtOACOABOACOAB==60得到∠=∠，则，∠AOB=30°，推出△≌△AB=2=6，利用勾股定理求出O33，即可得到圆的直径为．6322【详解】解：如图所示，设圆的圆心为，连接，，OOCOBABO∵，都是圆的切线，OCOB∴∠=∠=90°，=，OAOA又∵=，RtHL∴△≌△（，∴∠=∠∵∠DAC=60°，12∴∠OAC=OAB=∠∠，∴∠AOB=30°，AB∴=2∴33，22O∴圆的直径为，63故选D．【点睛】本题主要考查了切线的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟知切线的性质是解题的关键．7、C【分析】根据中心对称图形的概念：一个平面图形绕某一点旋转180,如果旋转后的图形能够和原图形重合,那么这个图形叫做中心对称图形,这个点就是对称中心.根据中心对称图形的概念对各选项进行一一分析判定即可求解．【详解】A、不是中心对称图形，不符合题意；B、不是中心对称图形，不符合题意；C、是中心对称图形，符合题意；D、不是中心对称图形，不符合题意．故选：C．【点睛】本题考查了中心对称图形，掌握好中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后能够与原来的图形重合．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、C【详解】解：根据图形可知，这种图形的运动是旋转而得到的，故选：C．【点睛】本题考查了图形的旋转，熟记图形的旋转的定义（把一个平面图形绕平面内某一点转动一个角度，叫做图形的旋转）是解题关键．10、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＝1×2×2×3＝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．二、填空题1、65【分析】OAOCOB连接，，，根据四边形内角和可得AOB，依据切线的性质及角平分线的判定定理可得EO平分，平分，再由各角之间的数量关系可得，，根1据等量代换可得DOE，代入求解即可．AOB2【详解】OAOCOB解：如图所示：连接，，，PBDEABE∵、、与圆相切于点、、，∴，，，∵P，∴，P∵OAOBOC，∴平分EO，平分，∴ADOCDO，CEOBEO，∴，，111∴DOECODCOE，AOB65AOCBOC222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、2r【分析】根据圆锥的展开图为扇形，结合弧长公式、圆周长的求解公式、面积的求解公式，圆锥侧面积的求解公式可得出答案．【详解】解：圆锥的侧面展开图是一个扇形，扇形的半径等于圆锥的母线长，扇形的弧长等于圆锥的底面圆周长，故可得，这个扇形的半径为l，扇形的弧长为r，1圆锥的侧面积为；S2rlrl侧2圆锥的全面积为圆锥的底面积侧面积：SSSrrl．2全底侧故答案为：．r2【点睛】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是掌握圆锥侧面展开图是个扇形，要熟练掌握扇形与圆锥之间的联系，难度一般．3、52【分析】根据旋转角相等可得PBPABC90，进而勾股定理求解即可1【详解】解：四边形是正方形ABCDABCB将△ABP绕点顺时针方向旋转,能与重合，CBP1PBP，PBPB5ABC9011PPPBPB522211故答案为：52【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，求得旋转角相等且等于90°是解题的关键．4、2【分析】OADCDO取中点，由勾股定理的逆定理可知∠=90°，则点在以为圆心，以为直径的圆上，作△ADC外接圆，连接，交圆于，则BOO长的最小值即为，由此求解即可．DBD11【详解】解：如图所示，取中点，，即ACO∵，222222∴∠ADC=90°，DOAC∴点在以为圆心，以为直径的圆上，作△外接圆，连接，交圆于，则BOO长的最小值即为，DBD11，∠ACB=90°，4∵，AB213∴∴，ACABBC=6221123，∴∴，OBOCBC522BDOBOD2，11故答案为：2．【点睛】本题主要考查了一点到圆上一点的最短距离，勾股定理的逆定理，勾股定理，解题的关键在于确定点D的运动轨迹．5、45【分析】在正方形ABCDBEDEEEC中，′＝＝2，所以在直角三角形′中，′＝4，利用勾股定理求得′的长即可．【详解】ABCDC中，∠＝90°，解：在正方形BEDE由旋转得，′＝ECCE∴′E∴在直角三角形′中，′＝＝2＝4．5ECEC42822故答案为4．5【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质与勾股定理的知识，正确的利用旋转和正方形的性质得出直角三角形边长并正确的应用勾股定理是解题的关键．三、解答题1、（1）见解析（2）见解析【分析】（1）根据轴对称图形，中心对称图形的性质画出图形即可．（2）根据中心对称图形的定义画出图形即可．（1）解：图形如图①②所示．解：图形如图③所示，点P即为所求作．【点睛】本题考查利用旋转变换设计图案，正方形的性质，轴对称图形，中心对称图形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．．331【分析】推论证明：根据圆周角定理求出，即可证明出线段是⊙的直径；O深入探究：连接，首先根据∠ACB＝90°得出是⊙的直径，然后求出BCD，然后根据ABABO同弧所对的圆周角相等得到BAD，然后根据30°角直角三角形的性质求出的长度，最后根AD据勾股定理即可求出的长度；AECFDEDEF拓展应用：连接，作⊥交于点，首先根据等边三角形三线合一的性质求出，然AECD后证明出，，，四点共圆，然后根据同弧或等弧所对的圆周角相等求出CEDCAD，，最后根据等腰直角三角形的性质和30°角直角三角形的性质，结合勾股定理求解即可．【详解】解：推论证明：∵C∴，ABO∴，，三点共线，O又∵点是圆心，O∴是⊙的直径；AB深入探究：如图所示，连接，∵∠ACB＝90°O∴是⊙的直径ADB90∴∵∠ACD＝60°∴BCDACBACD∵DBDB∴BADBCD3012∴在中，1RtABD∴；ADABBD322AECFDEDEF拓展应用：如图所示，连接，作⊥交于点，∵△EBC是等边三角形，点是的中点1∴，CAEBAC302AC又∵以为底边在三角形ABCACD外作等腰直角三角形∴ADC，AECDAC∴点，，，四点都在以为直径的圆上，∵DCDC∴DE∵⊥∴是等腰直角三角形∴∴，EFCF2222EFEC221212∵AB2ECBC∴∴∵，解得：12222FC1ECEC∴∴在RtFCD中，CD2FC2∴∴DFDCFC322．DEEFDF13【点睛】此题考查了圆周角定理，90°的圆周角所对的弦是直径，相等的圆周角所对的弧相等，等边三角形和等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点和性质定理．42626，1ABCF的坐标（1，的坐标（243的坐标（，1）P22【分析】xyByxA（1）令=0，求得值，得点的坐标；令的值，取较小的一个即求点的坐标；123123CxxxACBCt＋，解方xx（2）设的坐标为（，－＋＝，得到，令=－222222程即可；（3）①根据题意，得∠BPE=90°，=即点在线段的垂直平分线上，根据，都在抛物线PBPEPBEBEPFxE上，且∥轴，点上，则，是对称点，从而确定点在抛物线的对称轴上，点在BEEFBOF=3，根据旋转性质，得==2，从而确定点的坐标；BEPBPEPBEP②根据=3，∠=90°，=，确定到的距离，即可写出点的坐标．【详解】xy（1）令=0，得=2，BB∴点的坐标为1232y＋2=0，令=0，得－＋x2解得1,x4,x12Ax∵点在轴的负半轴；A∴123Cxxx＋（2）设的坐标为（，－22BCAB∵＝，∴22，AB∵12321232∴(x1)(x2)2x2x22)2，x2(x2212321232即x2)2x(，x)2(x1)(x2x222132tx，设=－＋22∴(x1)(t2)，xt2222∴，x2x1tt4xt2222∴，2xt501232∴2x4(，x)50x2整理，得，2x8x502426426解得x1,x,222Cy∵点在轴右侧的抛物线上，426∴，x2126y此时=，242626，1C∴点的坐标（24（3）①如图，根据题意，得∠BPE=90°，=即点在线段的垂直平分线上，PBPEPBE∵，都在抛物线上，BE∴，是对称点，PFBEBEx上，且∥轴，∴点在抛物线的对称轴上，点在3xB∵抛物线的对称轴为直线=，2EBE∴点=3，BO∵=∴=1，F∴点BEMxN②如图，设抛物线的对称轴与交于点，交轴与点，∵=3，3∴=，2∵∠PBPE=90°，=，3BM∴==，23BM∴==，23∴=2-=1，223∴点的坐标为（，1P22【点睛】本题考查了抛物线与坐标轴的交点，旋转的性质，两点间的距离公式，一元二次方程的解法，换元法解方程，熟练掌握抛物线的对称性，灵活理解旋转的意义，熟练解一元二次方程是解题的关键．【分析】OCCEOOCEAOC（1）连接，根据是⊙的切线，可得∠＝，根据圆周角定理，可得∠=，从而得到∠+∠＝180，即可求证；AAFEC（2）过点作⊥交于点，由∠＝，＝，可得∠＝，从而得到∠BAD＝FAOCOAOACADEC，再由∥，可得E，然后证得四边形OAFC是正方形，可得AFOA，从而得到30=3，再由直角三角形的性质，即可求解．【详解】OC，O∵是⊙的切线，∴∠OCE＝，∵∠＝45，∴∠AOC＝2∠ABC＝，∵∠+∠＝180，EC∴∥；AECECF（2）解：过点作⊥交于点，∵∠∴∠∵∠∴∠OAOC＝，＝，＝45，＝，＝BACOAC，EC∵∥，∴EBAD30，∵∠＝，∠＝，∠AFC=90°，∴四边形OAFC是矩形，OC∵＝，OAFC∴四边形是正方形，∴，∵AD6，1∴AD3，AF2在△中，E，AF∴=2【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．OAttt′，图形见详解；②2；③“转后距”为的取值范围为＜-5或0＜＜2或323．＞4+3【分析】OAMM（1）①当时，记线段为图形．图形绕原点逆时针旋转90°得到图形即′．MCNOC②∵点为图形，求出=2最短距离；OOFACFOACOF③过点作⊥于，先证△为等边三角形，⊥，根据勾股定理求出=即可；OCFC21322223132OPQ3，得出当点P在x轴负半轴时，（2）点，点Pt,0Qt,，可求tan∠=1tt222OPQPxOPQCABABC∠=120°，当点在轴正半轴时，∠=60°，得