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1、沪科版九年级数学下册第24章圆重点解析 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、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（ ）A8BCD2、如图，在中，若以点为圆心，的长为半径
2、的圆恰好经过的中点，则的长等于（ ）ABCD3、已知圆锥的底面半径为2cm，母线长为3cm，则其侧面积为（ ）cmA3B6C12D184、利用定理“同弧所对圆心角是圆周角的两倍”，可以直接推导出的命题是（ ）A直径所对圆周角为B如果点在圆上，那么点到圆心的距离等于半径C直径是最长的弦D垂直于弦的直径平分这条弦5、如图，CD是的高，按以下步骤作图：（1）分别以点A和点B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于G、H两点（2）作直线GH交AB于点E（3）在直线GH上截取（4）以点F为圆心，AF长为半径画圆交CD于点P则下列说法错误的是（ ） ABCD6、如图图案中，不是中心对称图形的是（ ）ABCD
3、7、在圆内接四边形ABCD中，A、B、C的度数之比为2：4：7，则B的度数为（ ）A140B100C80D408、小明将图案绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度，设计出一个外轮廓为正六边形的图案（如图），则可以为（ ）A30B60C90D1209、已知O的直径为10cm，圆心O到直线l的距离为5cm，则直线l与O的位置关系是（ ）A相离B相切C相交D相交或相切10、下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）ABCD第卷（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，在中，分别以、边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”当，时，则阴影部分的面积为
4、_2、如图，在O中，BOC=80，则A=_3、半径为6cm的扇形的圆心角所对的弧长为cm，这个圆心角_度4、如图，正方形ABCD是边长为2，点E、F是AD边上的两个动点，且AE=DF，连接BE、CF，BE与对角线AC交于点G，连接DG交CF于点H，连接BH，则BH的最小值为_5、若一个正多边形的边长等于它的外接圆的半径，则这个正多边形是正_边形三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图1，图2，图3的网格均由边长为1的小正方形组成，图1是三国时期吴国的数学家赵爽所绘制的“弦图”，它由四个形状、大小完全相同的直角三角形组成，赵爽利用这个“弦图”对勾股定理作出了证明，是中国古代数学的一
5、项重要成就，请根据下列要求解答问题（1）图1中的“弦图”的四个直角三角形组成的图形是 对称图形（填“轴”或“中心”）（2）请将“弦图”中的四个直角三角形通过你所学过的图形变换，在图2，3的方格纸中设计另外两个不同的图案，画图要求：每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形互不重叠，不必涂阴影；图2中所设计的图案（不含方格纸）必须是轴对称图形而不是中心对称图形；图3中所设计的图案（不含方格纸）必须既是轴对称图形，又是中心对称图形2、如图 1，O为直线 DE上一点，过点 O在直线 DE上方作射线 OC，EOC=130将直角三角板AOB（OAB30）的直角顶点放在点O处，一条边 OA在射线
6、 OD上，另一边 OB在直线 DE上方，将直角三角板绕点 O 按每秒 5的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t 秒（1）如图2，当t=4 时，AOC= ，BOE= ，BOEAOC= ；（2）当三角板旋转至边 AB与射线 OE相交时（如图 3），试猜想AOC与BOE的数量关系，并说明理由；（3）在旋转过程中，是否存在某个时刻，使得射线 OA、OC、OD 中的某一条射线是另两条射线所成夹角的角平分线？若存在，请直接写出 t 的取值，若不存在，请说明理由3、如图，在平面直角坐标系中，有抛物线，已知OA =OC =3OB，动点P在过A，B，C三点的抛物线上（1）求抛物线的解析式；（2）求过A，B，C三点
7、的圆的半径；（3）是否存在点P，使得ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，说明理由；4、如图，在中，O为AC上一点，以点O为圆心，OC为半径的圆恰好与AB相切，切点为D，与AC的另一个交点为E（1）求证：BO平分；（2）若，求BO的长5、请阅读下列材料，并完成相应的任务：阿基米德是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子阿拉伯Al-Binmi （973-1050 年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al-Binmi详本出版了俄文版阿基米德全集第一题就是阿基米德折弦定理阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条
8、弦（即折线是圆的一条折弦）， 是的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即下面是运用“截长法”证明的部分证明过程证明：如图2，在上截取，连接和是的中点，任务：（1）请按照上面的证明思路，写出该证明部分；（2）填空：如图3，已知等边内接于，为上一点，于点，则的周长是_-参考答案-一、单选题1、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
9、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2、D【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3、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
10、的面积2236（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4、A【分析】定理“同弧所对圆心角是圆周角的两倍”是圆周角定理，分析各个选项即可.【详解】A选项，直径所在的圆心角是180，直接可以由圆周角定理推导出：直径所对的圆周角为，A选项符合要求；B、C选项，根据圆的定义可以得到；D选项，是垂径定理；故选：A【点睛】本题考查圆的基本性质，熟悉圆周角定理及其推论是解题的关键.5、C【分析】连接AF、BF，由作法可知，FE垂直平分AB，再根据可得AFE=45，进而得出AFB90，根据等腰直角三角形和圆周角定理可
11、判断哪个结论正确【详解】解：连接AF、BF，由作法可知，FE垂直平分AB，故A正确；CD是的高，故B正确；，故C错误；，AFE=45，同理可得BFE=45，AFB90，故D正确；故选：C【点睛】本题考查了作垂直平分线和圆周角定理，解题关键是明确作图步骤，熟练运用垂直平分线的性质和圆周角定理进行推理证明6、C【分析】根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心求解【详解】解：A、是中心对称图形，故A选项不合题意；B、是中心对称图形，故B选项不合题意；C、不是中心对称图形，故C选项符合题意；D、是中心
12、对称图形，故D选项不合题意；故选：C【点睛】本题考查了中心对称图形的知识，解题的关键是掌握中心对称图形的概念中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180后重合7、C【分析】，进而求解的值【详解】解：由题意知故选C【点睛】本题考查了圆内接四边形中对角互补解题的关键在于根据角度之间的数量关系求解8、B【分析】由题意依据每次旋转相同角度，旋转了六次，且旋转了六次刚好旋转了一周为360进行分析即可得出答案.【详解】解：因为每次旋转相同角度，旋转了六次，且旋转了六次刚好旋转了一周为360，所以每次旋转相同角度 .故选：B.【点睛】本题考查旋转的性质，解题的关键是能够找到旋转中心，从而确定旋转角的度数9、B【
13、分析】圆的半径为 圆心O到直线l的距离为 当时，直线与圆相切，当时，直线与圆相离，当时，直线与圆相交，根据原理直接作答即可.【详解】解： O的直径为10cm，圆心O到直线l的距离为5cm， O的半径等于圆心O到直线l的距离， 直线l与O的位置关系为相切，故选B【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系的判定，掌握“直线与圆的位置关系的判定方法”是解本题的关键.10、C【分析】根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B、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，故此选项符合题意；D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；故选C【点睛
14、】本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心二、填空题1、【分析】根据阴影部分面积等于以为直径的2 个半圆的面积加上减去为半径的半圆面积即【详解】解：在中，故答案为：【点睛】本题考查了勾股定理，求扇形面积，直径所对的圆周角是直角，掌握圆周角定理是解题的关键2、40度【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论【详解】解：与是同弧所对的圆心角与圆周角，故答案为：【点睛】本题考查的是圆周角定理，解题的关键是熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆
15、周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半3、60【分析】根据弧长公式求解即可【详解】解：，解得，故答案为：60【点睛】本题考查了弧长公式，灵活应用弧长公式是解题的关键.4、#【分析】延长AG交CD于M，如图1，可证ADGDGC可得GCD=DAM，再证ADMDFC可得DF=DM=AE，可证ABEADM，可得H是以AB为直径的圆上一点，取AB中点O，连接OD，OH，根据三角形的三边关系可得不等式，可解得DH长度的最小值【详解】解：延长AG交CD于M，如图1，ABCD是正方形，AD=CD=AB，BAD=ADC=90，ADB=BDC，AD=CD，ADB=BDC，DG=DG，ADGDGC，DAM=DCF
16、且AD=CD，ADC=ADC，ADMCDF，FD=DM且AE=DF，AE=DM且AB=AD，ADM=BAD=90，ABEDAM，DAM=ABE，DAM+BAM=90，BAM+ABE=90，即AHB=90，点H是以AB为直径的圆上一点如图2，取AB中点O，连接OD，OH，AB=AD=2，O是AB中点，AO=1=OH，在RtAOD中，OD=，DHOD-OH，DH-1，DH的最小值为-1，故答案为：-1【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，关键是证点H是以AB为直径的圆上一点5、六【分析】由半径与边长相等，易判断等边三角形，然后根据角度求出正多边形的边数【详解】解：当一个正
17、多边形的边长与它的外接圆的半径相等时，画图如下：半径与边长相等，这个三角形是等边三角形，正多边形的边数：360606，这个正多边形是正六边形故答案为：六【点睛】本题考查了正多边形和圆，等边三角形的性质和判定，结合题意画出合适的图形是解题的关键三、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
18、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）30，70，40；（2）AOCBOE=40，理由见解析；（3）t 的取值为5或20或62【分析】（1）先根据已知求出DOC、BOC，再求出当t=4时的旋转角的度数，再利用角的和与差求解即可；（2）设旋转角为x，用x表示AOC和BOE，即可得出结论；（3）分OA为DOC的平分线；OC为DOA的平分线；OD为COA的平分线三种情况，利用角平分线定义和旋转性质求出旋转角即可（1）解：EOC=130，AOB=BOE=90，DOC=180130=50，BOC=13090=40，当t=4
19、时，旋转角45=20，AOC=DOCDOA=5020=30，BOE=9020=70，BOEAOC=7030=40，故答案为：30，70，40；（2）解：AOCBOE=40，理由为：设旋转角为x，当三角板旋转至边 AB与射线 OE相交时，AOC=x50，BOE=x90，AOCBOE=（x50）（x90）=40；（3）解：存在，当OA为DOC的平分线时，旋转角5t =DOC=25，t=5；当OC为DOA的平分线时，旋转角5t =2DOC=100，t=20；当OD为COA的平分线时，3605t=DOC=50，t=62，综上，满足条件的t 的取值为5或20或62【点睛】本题考查角平分线的定义、旋转的性
20、质、角的运算，熟练掌握旋转性质，利用分类讨论思想求解是解答的关键3、（1）y=-x2+2x+3；（2）；（3）点P（1，4）或（-2，-5）【分析】（1）3=OC=OA=3OB，故点A、B、C的坐标分别为：（0，3）、（-1，0）、（3，0），即可求解；（2）圆的圆心在BC的中垂线上，故设圆心R（1，m），则RA=RC，即：1+（m-3）2=4+m2，解得：m=1，故点R（1，1），即可求解；（3）分两种情况讨论，利用等腰直角三角形的性质，即可求解【详解】解：（1）令x=0，则y=3，则点A的坐标为（3，0），根据题意得：OC=3=OA=3OB，故点B、C的坐标分别为：（-1，0）、（3，0）
21、，则抛物线的表达式为：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3），把（3，0）代入得-3a=3，解得：a=-1，故抛物线的表达式为：y=-x2+2x+3；（2）圆的圆心在BC的中垂线上，故设圆心R（1，m），则RA=RC，即：1+（m-3）2=4+m2，解得：m=1，故点R（1，1），则圆的半径为：；（3）过点A、C分别作直线AC的垂线，交抛物线分别为P、P1，设点P(x，-x2+2x+3)，过点P作PQ轴于点Q，OA =OC，PAC=90，ACO=OAC=45，PAC=90，PAQ=45，PAQ 是等腰直角三角形，PQ=AQ=x，AQ+AO=x+3=-x2+2x+3，解得：(舍去)，点
22、P(1，4)；设点P1(m，-m2+2m+3)，过点P1作P1D轴于点D，同理得P1CD是等腰直角三角形，且点P1在第三象限，即m0，P1D=CD=m2-2m-3，DO=-m，DO+OC= P1D，即-m+3= m2-2m-3，解得：(舍去)，点P(-2，-5)；综上，点P（1，4）或（-2，-5）【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，圆的基本知识等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏4、（1）见解析；（2）2【分析】（1）连接OD，由与AB相切得，由HL定理证明由全等三角形的性质得，即可得证；（2）设的半径为，则，在中，得出关系式求出，可得
23、出的长，在中，由正切值求出，在中，由勾股定理求出即可【详解】（1）如图，连接OD，与AB相切，在与中，平分；（2）设的半径为，则，在中，解得：，在中，即，在中，【点睛】本题考查圆与直线的位置关系，全等三角形的判定与性质、三角函数以及勾股定理，掌握相关知识点的应用是解题的关键5、（1）证明见解析；（2）【分析】（1）首先证明，进而得出，再利用等腰三角形的性质得出，即可得出答案；（2）首先证明，进而得出，以及，进而求出的长即可得出答案（1）证明：如图2，在上截取，连接，和是的中点，在和中，又，；（2）解：如图3，截取，连接，由题意可得：，在和中，则，则 故答案为：【点睛】此题主要考查了圆与三角形综合，涉及了圆周角定理、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形以及等边三角形的性质，正确作出辅助线利用全等三角形的判定与性质解题是解题关键