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1、沪科版九年级数学下册第 24 章圆综合训练沪科版九年级数学下册第 24 章圆综合训练 考试时间：90 分钟；命题人：数学教研组考生注意：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）第 I 卷（选择题 30 分）一、单选题（10 小题，每小题 3 分，共计 30 分）一
2、、单选题（10 小题，每小题 3 分，共计 30 分）1、如图，直线334yx 交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上一动点，以点P为圆心，以 1个单位长度为半径作P，当P与直线AB相切时，点P的坐标是（）A7(,0)3B17(,0)3C7(,0)3或17(,0)3D （2，0）或（5，0）2、如图，四边形ABCD内接于O，若四边形ABCO是菱形，则D的度数为（ ）A45B60C90D1203、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
3、分参选作品，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）ABCD4、如图图案中，不是中心对称图形的是（ ）ABCD5、下列各点中，关于原点对称的两个点是（）A （5，0）与（0，5）B （0，2）与（2，0）C （2，1）与（2，1）D （2，1）与（2，1）6、如图，ABCD是正方形，CDE绕点C逆时针方向旋转 90后能与CBF重合，那么CEF是（）A.等腰三角形B等边三角形C.直角三角形D.等腰直角三角形7、某村东西向的废弃小路/两侧分别有一块与l距离都为 20 m的宋代碑刻A，B，在小路l上有一座亭子P A，P分别位于B的西北方向和东北方向，如图所示该村启动“建设幸福新农村”项目，计划挖
4、一个圆形人工湖，综合考虑景观的人文性、保护文物的要求、经费条件等因素，需将碑刻A，B原址保留在湖岸（近似看成圆周）上，且人工湖的面积尽可能小人工湖建成后，亭子P到湖岸的最短距离是（ ）A20 mB202mC （202 - 20）mD （40 - 202）m8、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9、B【分析】由题意以及旋转的性质可得ABD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=A
5、BDADB+ABD+BAD=180ADB=ABD=60故ABD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60，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10、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，ACBC，ADBD，
6、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二、填空题1、5【分析】设O的半径为r，则OA=r，OD=r-2，先由垂径定理得到AD=BD=12AB=4，再由勾股定理得到 42+（r-2）2=r2，然后解方程即可【详解】解：设O的半径为r，则OC=OA=r，OE=OC-CE=r-2，OCAB，AB=8，AE=BE=12AB=4，在RtOAE中，由勾股定理得：42+（r-2）2=r2，解得：r=5，即O的半径长为 5，故答案为：5【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的
7、两条弧也考查了勾股定理2、6【分析】如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，证明AOB、BOC、DOC、EOD、EOF、AOF都是等边三角形，再求出圆的半径即可【详解】解：如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF正六边形ABCDEF，ABBCCDDEEFFA，AOBBOCCODDOEEOFFOA60，AOB、BOC、DOC、EOD、EOF、AOF都是等边三角形，O的周长为12，O的半径为1262，正六边形的边长是 6；【点睛】本题考查正多边形与圆的关系、等边三角形的判定和性质等知识，明确正六边形的边长和半径相等是解题的关键3、2 33【分析】过圆心作一边的垂线，根据勾股定理可以计算出
8、外接圆半径【详解】如图所示，ABC是正三角形，故O是ABC的中心，60CAB，正三角形的边长为 2，OEAB112AEAB，1302OAECAB，12OEOA，由勾股定理得：222AOAEOE，2221()2AOAEAO，2314AO ，2 33AO (负值舍去)故答案为：2 33【点睛】本题考查了正多边形和圆，解题的关键是根据题意画出图形，利用数形结合求解4、(2 22)【分析】如图，连接OD，OE，OC，设DO与O交于点M，连接CM，BM，通过OCDOBE（SAS） ，可得OEOD，通过旋转观察如图可知当DOAB时，DO最长，此时OE最长，设DO与O交于点M，连接CM，先证明MEDMEB，
9、得MDBM再利用勾股定理计算即可【详解】解：如图，连接OD，OE，OC，设DO与O交于点M，连接CM，BM，四边形BCDE是正方形，BCDCBE90，CDBCBEDE，OBOC，OCBOBC，BCD+OCBCBE+OBC，即OCDOBE，OCDOBE（SAS） ，OEOD，根据旋转的性质，观察图形可知当DOAB时，DO最长，即OE最长，MCB12MOB129045，DCMBCM45，四边形BCDE是正方形，C、M、E共线，DEMBEM，在EMD和EMB中，DEBCMEDMEBWEWEE ，MEDMEB（SAS） ，DMBM22OMOB222222（cm） ，OD的最大值22+2，即OE的最大值
10、22+2；故答案为： （22+2）cm【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，圆周角定理等知识，解题的关键是OD取得最大值时的位置，学会通过特殊位置探究得出结论5、 (-2，3)【分析】根据“关于原点对称的点的坐标关系，横坐标与纵坐标都互为相反数” ，即可求解【详解】点(2，-3)关于原点的对称点的坐标是(-2，3) 故答案为: （-2，3） 【点睛】本题主要考查点关于原点对称，解决本题的关键是要熟练掌握关于原点对称点的坐标的关系三、解答题1、 （1）图见解析； （2）直径所对的圆周角是直角，切线的判定定理【分析】（1）根据所给的几何语言作出对应的图形即可；（2）根据圆周角定理
11、和切线的判定定理解答即可【详解】解： （1）补全图形如图所示，直线AP即为所求作；（2）证明：连接BA，由作法可知BOBABP，点A在以OP为直径的圆上，90OAP（直径所对的圆周角是直角） ，OA是O的半径，直线PA与O相切（切线的判定定理） ，故答案为：直径所对的圆周角是直角，切线的判定定理【点睛】本题考查基本作图-画圆、圆周角定理、切线的判定定理，熟知复杂作图是在基本作图的基础上进行作图，一般是结合几何图形的性质，因此熟练掌握基本图形的性质和切线的判定是解答的关键2、（1）见解析；见解析；7（2）5 72 21+77【分析】（1）根据旋转的性质得到CBCE，求得EBCBEC ，根据平行线
12、的性质得到EBCBEA ，于是得到结论；如图 1，过点B作CE的垂线BQ，根据角平分线的性质得到ABBQ，求得CGBQ，根据全等三角形的性质得到BHGH，根据三角形的中位线定理即可得到结论；如图 2，过点G作BC的垂线GM，解直角三角形即可得到结论（2）如图 3，连接DB，DG，过G作GPBC交BC的延长线于P，GNDC交DC的延长线于N，根据旋转的性质得到4CEBC，2CDAB，解直角三角形得到1NG ，3PG ，根据三角形的面积公式即可得到结论（1）解：证明：矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，CBCE，EBCBEC ，又/ /ADBC，EBCBEA ，BEABEC ，B
13、E平分AEC；证明：如图 1，过点B作CE的垂线BQ，BE平分AEC，BAAE，BQCE，ABBQ，CGBQ，90BQHGCH ，BQABCG，BHQGHC ，()BHQGHC AAS ，BHGH，即点H是BG中点，又点P是BC中点，/ /PHCG；解：如图 2，过点G作BC的垂线GM，22BCAB，1BQ，30BCQ，90ECG，60GCM，1CGABCD，32GM，12CM ，222253( )()722BGBMMG；（2）解：如图 3，连接DB，DG，过G作GPBC交BC的延长线于P，GNDC交DC的延长线于N，24BCAB，2AB，将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG
14、，4CEBC，2CDAB，点A，E，D第二次在同一直线上，90CDE =，12CDCE，30DEC，60DCE，30NCG，2CG ，1NG，3PG ，52 3DBGDBCDCGBCGSSSS，222 7BGBPPG，25 72 2177DBGSDMBG【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是正确地作出辅助线3、 （1）OA，图形见详解；2； “转后距”为3； （2）t的取值范围为t-5 或 0t2 或2 33t4+【分析】（1）当90时，记线段OA为图形M图形M绕原点逆时针旋转 90得到图形M即OA点C为图形N
15、，求出OC=2 最短距离；过点O作OFAC于F，先证OAC为等边三角形，OFAC，根据勾股定理求出OF=2222213OCFC即可；（2）点,0P t，点13,22Q t，可求 tanOPQ=32312tt，得出当点P在x轴负半轴时，OPQ=120，当点P在x轴正半轴时，OPQ=60，得出CAB=ABC=30，分三种情况，当0，当点P在点B右边，PB=t-4，BD1，列不等式3412t ，解得2 33t4+，当点P在点B左边B右边时，EPB=OPQ=60，PB=2PE21 即 4-t2 解得t2，当t=0 时，OA=2，AQ=2-1=1，t0，当点P在B左边，PB1，OB=OB=4，t-5 即
16、可【详解】解： （1）当90时，记线段OA为图形M图形M绕原点逆时针旋转 90得到图形M即OA；点C为图形N，OC=2 为图形M与图形N的“转后距” ，“转后距”为 2，故答案为 2；线段AC为图形N，过点O作OFAC于F，根据勾股定理OA=221 +31+32，AC=222 1+31+32，OA=AC=OC=2，OAC为等边三角形，OFAC，AF=CF=1，OF=2222213OCFC，“转后距”为3；（2）点,0P t，点13,22Q t，tanOPQ=32312tt，当点P在x轴负半轴时，OPQ=120，当点P在x轴正半轴时，OPQ=60，CB=4-2=2=AC，ACO=60，CAB=A
17、BC=30，分三种情况，当0，当点P在点B右边，PB=t-4，BD1，BPsin601，3412t ，解得2 33t4+；当点P在点B左边B右边时，EPB=OPQ=60，OEB=180-EPB-ABC=180-60-30=90，PB=4-t，PB=2PE21 即 4-t2，解得t2，当t=0 时，点P与原点O重合，OA=2，AQ=2-1=1，t0，0t2；当点P在B左边，PB1，OB=OB=4，t-5；综合t的取值范围为t-5 或 0t2 或2 33t4+【点睛】本题考查图形新定义，仔细阅读，熟悉新定义要点，图形旋转性质，最短距离，锐角三角函数，锐角三角函数值求角度，等边三角形判定与性质，勾股
18、定理，掌握图形新定义，仔细阅读，熟悉新定义要点，图形旋转性质，最短距离，锐角三角函数，锐角三角函数值求角度，等边三角形判定与性质，勾股定理是解题关键4、见详解【分析】连接OC，由题意易得AOC=60，则有B=OCB=30，然后可得P=B=30，进而可得OCP=90，最后问题可求证【详解】证明：连接OC，如图所示：AC的长为 ，AB=6，OC=OA=3，3180ACnl，60AOC，OB=OC，B=OCB=30，BC=PC，P=B=30，POC+P=90，即OCP=90，OC是圆O的半径，直线PC与O相切【点睛】本题主要考查切线的判定定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键5、 （1）SABC2
19、0； （2）见解析； （3）见解析【分析】（1）设O的半径为r，由切线长定理得，AEAD4，BFBD5，CECFr，由勾股定理得，（r+4）2+（r+5）292，进而求得结果；（2）根据切线长定理可证明甲和乙两个三角形全等，丙丁两个三角形全等，故将甲乙图形放在OE为边的上方，将丙丁以OP为边放在右侧，围成矩形的边长是 4 和 5；（3）可先计算AFB135，根据“定弦对定角”作F点的轨迹，根据切线性质，过点F作AB的垂线，再根据直径所对的圆周角是 90，确定点C【详解】解： （1）如图 1，设O的半径为r，连接OE，OF，O内切于ABC，OEAC，OFBC，AEAD4，BFBD5，OECOFC
20、C90，四边形ECFO是矩形，CFOEr，CEOFr，AC4+r，BC5+r，在 RtABC中，由勾股定理得，（r+4）2+（r+5）292，r2+9r20，SABC12AC BC1(4) (5)2rr21(920)2xr1(2020)220；（2）如图 2，（3）设ABC的内切圆记作F，AF和BF平分BAC和ABC，FDAB，BAF12CAB，ABF12ABC，BAF+ABF12（BAC+ABC）190245，AFB135，可以按以下步骤作图（如图 3） ：以BA为直径作圆，作AB的垂直平分线交圆于点E，以E为圆心，AE为半径作圆，过点D作AB的垂线，交圆于F，连接EF并延长交圆于C，连接AC，BC，则ABC就是求作的三角形【点睛】本题考查三角形的内切圆性质、切线长定理、勾股定理、矩形的判定与性质、尺规作图-作垂线，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键