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1、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、已知O的半径为4，点P 在O外部，则OP需要满足的条件是（ ）AOP4B0OP2D0OP4，故选：A【点睛】此题考查了
2、点与圆的位置关系，熟记点在圆内、圆上、圆外的判断方法是解题的关键2、B【分析】根据垂径定理“垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧”进行判断即可得【详解】解：弦ABCD，CD过圆心O，AM=BM，即选项A、C、D选项说法正确，不符合题意，当根据已知条件得CM和DM不一定相等，故选B【点睛】本题考查了垂径定理，解题的关键是掌握垂径定理3、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MBGNBH，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MGCH时最短，再根据BCH
3、=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，MBGNBH（SAS），MG=NH，根据垂线段最短，MGCH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4、D【分析】根据圆内接四边形的性质求出B的度数，根据
4、圆周角定理计算即可【详解】解：四边形ABCD内接于O，B+ADC=180，ADC=130，B=50，由圆周角定理得，AOC=2B=100，故选：D【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质和圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键5、D【分析】首先连接OA，OB，由PA，PB为O的切线，根据切线的性质，即可得OAP=OBP=90，又由圆周角定理，可求得AOB的度数，继而可求得答案【详解】解：连接OA，OB，PA，PB为O的切线，OAP=OBP=90，ACB=70，AOB=2P=140，P=360-OAP-OBP-AOB=40故选：D【点睛】此题考查了切线的性质与圆周角定理，注意掌握辅助线
5、的作法和数形结合思想的应用6、B【分析】由题意以及旋转的性质可得为等边三角形，则BD=2，故CD=BC-BD=2【详解】由题意以及旋转的性质知AD=AB，BAD=60ADB=ABDADB+ABD+BAD=180ADB=ABD=60故为等边三角形，即AB= AD =BD=2则CD=BC-BD=4-2=2故选：B【点睛】本题考查了等边三角形的判定及性质，等边三角形的三边都相等，三个内角都相等，并且每一个内角都等于，等边三角形判定的方法有：三边相等的三角形是等边三角形（定义）；三个内角都相等的三角形是等边三角形；有一个内角是60度的等腰三角形是等边三角形；两个内角为60度的三角形是等边三角形7、D【
6、分析】连接CD，由直角三角形斜边中线定理可得CD=BD，然后可得CDB是等边三角形，则有BD=BC=5cm，进而根据勾股定理可求解【详解】解：连接CD，如图所示：点D是AB的中点，在RtACB中，由勾股定理可得；故选D【点睛】本题主要考查圆的基本性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理，熟练掌握圆的基本性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理是解题的关键8、C【分析】由题意根据函数解析式求得A（-4，0），B（0-3），得到OA=4，OB=3，根据勾股定理得到AB=5，设P与直线AB相切于D，连接PD，则PDAB，PD=1，根据相似三角形的性质即可得到结论【详解】解：直线交x轴于点A，交y轴于点B
7、，令x=0，得y=-3，令y=0，得x=-4，A（-4，0），B（0，-3），OA=4，OB=3，AB=5，设P与直线AB相切于D，连接PD，则PDAB，PD=1，ADP=AOB=90，PAD=BAO，APDABO，AP= ，OP= 或OP= ，P或P，故选：C【点睛】本题考查切线的判定和性质，一次函数图形上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意并运用数形结合思维分析是解题的关键9、D【详解】解：不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；既是轴对称图形，又是中心对
8、称图形，故本选项符合题意故选：D【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，解题的关键是掌握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度后与原图重合10、D【分析】将绕点逆时针旋转得，根据旋转的性质得，则为等边三角形，得到，在中，根据勾股定理的逆定理可得到为直角三角形，且，即可得到的度数【详解】解：为等边三角形，可将绕点逆时针旋转得，如图，连接，为等边三角形，在中，为直角三角形，且，故选：D【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形，解题的关键是掌握旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相
9、等二、填空题1、 【分析】过O作OC垂直于弦AB，利用垂径定理得到C为AB的中点，然后由OA=OB，且AOB为直角，得到三角形OAB为等腰直角三角形，由斜边AB的长，利用勾股定理求出直角边OA的长即可；再由C为AB的中点，由AB的长求出AC的长，在直角三角形OAC中，由OA及AC的长，利用勾股定理即可求出OC的长，即为O点到AB的距离【详解】解：过O作OCAB，则有C为AB的中点，OA=OB，AOB=90，AB=a，根据勾股定理得： OA2+OB2=AB，OA=，在RtAOC中，OA=，AC=AB=，根据勾股定理得：OC=故答案为：；【点睛】此题考查了垂径定理，等腰直角三角形的性质，以及勾股定
10、理，在圆中遇到弦，常常过圆心作弦的垂线，根据近垂径定理由垂直得中点，进而由弦长的一半，圆的半径及弦心距构造直角三角形，利用勾股定理来解决问题2、35【分析】利用圆周角定理求出所求角度数即可【详解】解：与都对，且，故答案为：【点睛】本题考查了圆周角定理，解题的关键是熟练掌握圆周角定理3、【分析】如图，根据四边形CDEF为正方形，可得D=90，CD=DE，从而得到CE是直径，ECD=45，然后利用勾股定理，即可求解【详解】解：如图， 四边形CDEF为正方形，D=90，CD=DE，CE是直径，ECD=45，根据题意得：AB=2.5， ， ， ，即此斛底面的正方形的边长为 尺故答案为：【点睛】本题主要
11、考查了圆内接四边形，勾股定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，勾股定理是解题的关键4、以点为圆心，8厘米长为半径的圆【分析】由题意直接根据圆的定义进行分析即可解答【详解】到点的距离等于8厘米的点的轨迹是：以点为圆心，2厘米长为半径的圆故答案为：以点为圆心，8厘米长为半径的圆【点睛】本题主要考查了圆的定义，正确理解定义是关键，注意掌握圆的定义是在同一平面内到定点的距离等于定长的点的集合5、60【分析】正六边形连接各个顶点和中心，这些连线会将360分成6分，每份60因此至少旋转60，正六边形就能与自身重合【详解】3606=60故答案为：60【点睛】本题考查中心对称图形的性质，根据图形特征找到最少旋转度
12、数是本题关键三、解答题1、（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）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；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2、（1）；（2），0x1；（3）AE的值为或【分析】（1）过点E作EHBD与H，根据正方形的边长为1，求出EB=1-，
13、根据正方形性质可求ABD=45，根据EHBD，得出BEH=180-EBH-EHB=180-45-90=45，求出EH=BH=BEsin45=，以及 DH=DB-BH=，利用三角函数定义求解即可；（2）解：根据AE=x，求出BE=1-x，根据旋转将ADE绕点D针旋转90，得到DCF，CF=AE=x，根据勾股定理ED=FD=,EF=，可证DEF为等腰直角三角形，先证BEMFDM，得出，再证EMDBMF，得出，两式相乘得出，整理即可；（3）当点G在BC上，先证BGMDAM，得出，由（2）知BEMFDM，得出，得出，结合，消去y， 当点G在CB延长线上，过M作MLBC，交直线BC于L，证明BGMDAM
14、，得出，根据LBM=CBD=45，MLBC，证出MLB为等腰直角三角形，再证MLBDCB，CD=1，ML=，MLBE，结合LMFBEF，得出即解方程即可（1）解：过点E作EHBD与H，正方形的边长为1，EB=1-，BD为正方形对角线，BD平分ABC，ABD=45，EHBD，BEH=180-EBH-EHB=180-45-90=45，EH=BH，EH=BH=BEsin45=，AB=BDcos45，DH=DB-BH=，；（2）解：如上图，AE=x，BE=1-x，将ADE绕点D针旋转90，得到DCF，CF=AE=x，ED=FD=,BF=BC+CF=1+x，在RtEBF中EF=，EDF=90，ED=FD
15、，DEF为等腰直角三角形，DFE=DEF=45，EBM=MFD=45，EMB=DMF，BEMFDM，即，DEM=FBM=45，EMD=BMF，EMDBMF，即，即，0x1；（3）解：当点G在BC上，四边形ABCD为正方形，ADBG，DAM=BGM，ADM=GBM，BGMDAM，由（2）知BEMFDM，DB=，即，解，舍去；当点G在CB延长线上，过M作MLBC，交直线BC于L，GBAD，DAM=BGM，ADM=GBM，BGMDAM，LBM=CBD=45，MLBC，MLB为等腰直角三角形，MLCD，LMB=CDB，L=DCB，MLBDCB，CD=1，ML=MLBE，L=FBE，LMF=BEF，LM
16、FBEF，BE=AE-AB=x-1，LF=LB+BC+CF=，BF=BC+CF=1+x，整理得：，解得，舍去，AE的值为或【点睛】本题考查正方形性质，图形旋转先证，等腰直角三角形判定与性质，锐角三角函数定义，三角形相似判定与性质，勾股定理，解一元二次方程，函数关系式，本题难度大，利用辅助线狗仔三角形相似是解题关键3、（1）见解析；（2）【分析】（1）连接OD，由ADOC及OD=OA，即可得到COB=DOC，从而可证得OBCODC，即可证得CD是O的切线；（2）由ADOC可得EADEOC，可得，再由OBCODC得BC=CD，从而可得，则可求得OC的长【详解】（1）连接OD，又，在与中，又，是的切
17、线（2），又，OC=15【点睛】本题是圆的综合，它考查了切线的判定，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识；证明圆的切线时，往往作半径4、（1）见解析（2）3，2【分析】（1）由等腰三角形的性质与已知条件得出，OCA=DCB，由圆周角定理可得ACB=90，进而得到OCD=90，即可得出结论；（2）根据平行线分线段成比例定理得到，设BD=2x，则OB=OC=3x，OD=OB+BD=5x，在RtOCD中，根据勾股定理求出x=1，即O的半径为3，由平行线的性质得到OCB=EOC，在RtOCE中，可求得tanEOC=2，即tanOCB=2（1）证明：OAOC，OACOCA，DCBOAC，
18、 OCADCB， AB是O的直径，ACB90，OCA+OCB90，DCB+OCB90，即OCD90，OCDC， OC是O的半径，CD是O的切线；（2）OEBC，CD=4，CE=6，设BD=2x，则OB=OC=3x，OD=OB+BD=5x，OCDC，OCD是直角三角形，在RtOCD中，OC2+CD2=OD2，（3x）2+42=（5x）2，解得，x=1，OC=3x=3，即O的半径为3，BCOE，OCB=EOC，在RtOCE中，tanEOC=，tanOCB=tanEOC=2【点睛】本题考查了圆周角定理、勾股定理、平行线的性质、等腰三角形的性质、切线的判定、三角函数、平行线分线段成比例定理等知识；熟练
19、掌握切线的判定与平行线分线段成比例定理是解题的关键5、（1） （2）PF=AB-PB或PF=AB+PB，理由见解析【分析】（1）根据PBD等腰直角三角形，PB2，求出DB的长，由O是PBD的外接圆，DBE30，可得答案；（2）根据同弧所对的圆周角，可得ADP=FBP，由PBD等腰直角三角形，得DPB=APD=90，DP=BP，可证APDFPB，可得答案【详解】解：（1）由题意画以下图，连接EP，PBD等腰直角三角形，O是PBD的外接圆，DPB=DEB=90，PB2， ，DBE30， （2）点P在点A、B之间，由（1）的图根据同弧所对的圆周角相等，可得：ADP=FBP，又PBD等腰直角三角形，DPB=APD=90，DP=BP，在APD和FPB中APDFPBAP=FP，AP+PB=ABFP+PB=AB，FP=AB-PB，点P在点B的右侧，如下图：PBD等腰直角三角形，DPB=APF=90，DP=BP，PBF+EBP=180，PDA+EBP=180，PBF=PDA，在APD和FPB中APDFPBAP=FP，AB+PB=AP，AB+PB=PF，PF= AB+PB综上所述，FP=AB-PB或PF= AB+PB【点睛】本题考查了圆的性质，等腰直角三角形，三角形全等的判定，做题的关键是注意（2）的两种情况