2022年最新精品解析沪科版九年级数学下册第24章圆综合测评试题(精选).docx

沪科版九年级数学下册第24章圆综合测评 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、下列图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（ ）ABCD2、如图，一个宽为2厘米的刻度尺（刻度单位：厘米）放在圆形玻璃杯的杯口上，刻度尺的一边与杯口外沿相切，另一边与杯口外沿两个交点处的读数恰好是2和8，那么玻璃杯的杯口外沿半径为（）A5厘米B4厘米C厘米D厘米3、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（ ） ABCD4、如图，AB 为O 的直径，弦 CDAB，垂足为点 E，若 O的半径为5，CD=8，则AE的长为（ ）A3B2C1D5、在下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）ABCD6、如图，在ABC中，CAB=64°，将ABC在平面内绕点A旋转到ABC的位置，使CCAB，则旋转角的度数为（ ）A64°B52°C42°D36°7、如图，四边形ABCD内接于，若四边形ABCO是菱形，则的度数为（ ）A45°B60°C90°D120°8、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（ ）A8BCD9、已知圆锥的底面半径为2cm，母线长为3cm，则其侧面积为（ ）cmA3B6C12D1810、如图，直线交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（）ABC或D（2，0）或（5，0）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，点C是半圆上一动点，以BC为边作正方形BCDE（使在正方形内），连OE，若AB4cm，则OE的最大值为_cm2、龙湖实验中学的操场有4条等宽的跑道，每条跑道是由两条直跑道和两个半圆形弧道连接而成，请根据小泓与瞿老师的对话计算每条跑道的宽度是_米3、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_4、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：当时，；点E到边的距离为m；直线一定经过点；的最小值为其中结论正确的是_（填序号即可）5、在平面直角坐标系中，A（1，0），B（2，0），OCB=30°，D为线段BC的中点，线段AD交线段OC于点E，则AOE面积的最大值为_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，点A是外一点，过点A作出的一条切线（使用尺规作图，作出一条即可，不要求写出作法，不要求证明，但要保留作图痕迹）2、如图，在O中，点E是弦CD的中点，过点O，E作直径AB（AEBE），连接BD，过点C作CFBD交AB于点G，交O于点F，连接AF求证：AGAF3、如图，是的直径，四边形内接于，是的中点，交的延长线于点（1）求证：是的切线；（2）若，求的长4、如图，正方形ABCD是半径为R的O内接四边形，R6，求正方形ABCD的边长和边心距5、在正方形ABCD中，过点B作直线l，点E在直线l上，连接CE，DE，其中，过点C作于点F，交直线l于点H（1）当直线l在如图的位置时请直接写出与之间的数量关系_请直接写出线段BH，EH，CH之间的数量关系_（2）当直线l在如图的位置时，请写出线段BH，EH，CH之间的数量关系并证明；（3）已知，在直线l旋转过程中当时，请直接写出EH的长-参考答案-一、单选题1、B【分析】根据“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”及“如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形”，由此问题可求解【详解】解：A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；B、是中心对称图形但不是轴对称图形，故符合题意；C、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；D、是轴对称图形但不是中心对称图形，故不符合题意；故选B【点睛】本题主要考查中心对称图形及轴对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形及轴对称图形的定义是解题的关键2、D【分析】根据题意先求出弦AC的长，再过点O作OBAC于点B，由垂径定理可得出AB的长，设杯口的半径为r，则OB=r-2，OA=r，在RtAOB中根据勾股定理求出r的值即可【详解】解：杯口外沿两个交点处的读数恰好是2和8，AC=8-2=6厘米，过点O作OBAC于点B，则AB=AC=×6=3厘米，设杯口的半径为r，则OB=r-2，OA=r，在RtAOB中，OA2=OB2+AB2，即r2=（r-2）2+32，解得r=厘米故选：D【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，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、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4、B【分析】连接OC，由垂径定理，得到CE=4，再由勾股定理求出OE的长度，即可求出AE的长度【详解】解：连接OC，如图AB 为O 的直径，CDAB，垂足为点 E，CD=8，；故选：B【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键是掌握所学的知识，正确的求出5、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.6、B【分析】先根据平行线的性质得ACC=CAB=64°，再根据旋转的性质得CAC等于旋转角，AC=AC，则利用等腰三角形的性质得ACC=ACC=64°，然后根据三角形内角和定理可计算出CAC的度数，从而得到旋转角的度数【详解】解：CCAB，ACC=CAB=64°ABC在平面内绕点A旋转到ABC的位置，CAC等于旋转角，AC=AC，ACC=ACC=64°，CAC=180°-ACC-ACC=180°-2×64°=52°，旋转角为52°故选：B【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等7、B【分析】设ADC=，ABC=，由菱形的性质与圆周角定理可得 ，求出即可解决问题【详解】解：设ADC=，ABC=； 四边形ABCO是菱形， ABC=AOC； ADC=； 四边形为圆的内接四边形，+=180°， ， 解得：=120°，=60°，则ADC=60°， 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.8、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9、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×2×2×36（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10、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，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二、填空题1、【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，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，MCBMOB×90°45°，DCMBCM45°，四边形BCDE是正方形，C、M、E共线，DEMBEM，在EMD和EMB中，MEDMEB（SAS），DMBM2（cm），OD的最大值2+2，即OE的最大值2+2；故答案为：（2+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2、【分析】设跑道的宽为米，根据直道长度一样，外圈与内圈的差是两个圆周长的差，列出式子求解即可【详解】解：设跑道的宽为米，由对称性设内圈两个半圆形弧道拼成的圆的半径为，根据题意可得：，解得：，故答案是：【点睛】本题考查了圆的基本概念，一元一次方程，解题的关键是根据题意列出等式求解3、#【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4、【分析】当在点的右边时，得出即可判断；证明出即可判断；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；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，故错误；过点作，在和中，根据旋转的性质得：，故正确；由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：，故正确；故答案是：【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5、【分析】过点作轴，交于点，根据中位线定理可得，设点到轴的距离为G，则AOE的边上的高，作的外接圆，则当点位于图中处时，最大，根据三角形面积公式计算即可【详解】解：过点作轴，交于点，A（1，0），B（2，0），D为线段BC的中点，轴，设点到轴的距离为，则AOE的边上的高，作的外接圆，则当点位于图中处时，最大，因为，为等边三角形，,，故答案为：.【点睛】本题考查了三角形中位线定理，圆周角定理，圆周角和圆心角的关系，等边三角形的判定与性质，解直角三角形等知识点，根据题意得出点的位置是解本题的关键三、解答题1、见解析【分析】先作线段的垂直平分线确定的中点，再以中点为圆心，一半为半径作圆交于点，然后作直线，则根据圆周角定理可得为所求【详解】如图，直线AB就是所求作的，（作法不唯一，作出一条即可，需要有作图痕迹）【点睛】本题考查了作图复杂作图，解题的关键是掌握复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作2、见解析【分析】由题意易得ABCD，则有，由平行线的性质可得，然后可得，进而问题可求证【详解】证明：AB为O的直径，点E是弦CD的中点，ABCD，CFBD，【点睛】本题主要考查垂径定理、平行线的性质及圆周角定理，熟练掌握垂径定理、平行线的性质及圆周角定理是解题的关键3、（1）见详解；（2）【分析】（1）连接OD，由圆周角定理可得AOD=ABC，从而得ODBC，进而即可得到结论；（2）连接AC，交OD于点F，利用勾股定理可得AC，再证明四边形DFCE是矩形，进而即可求解【详解】（1）证明：连接OD，是的中点，ABC=2ABD，AOD=2ABD，AOD=ABC，ODBC，是的切线；（2）连接AC，交OD于点F，AB是直径，ACB=90°，AC=，是的中点，ODAC，AF=CF=3，DF=5-4=1，E=EDF=DFC=90°，四边形DFCE是矩形，DE=CF=3，CE=DF=1，AD=CD=，ADB=90°，【点睛】本题主要考查切线的判定定理，圆周角定理以及勾股定理，添加辅助线构造直角三角形和矩形，是解题的关键4、边长为，边心距为【分析】过点O作OEBC，垂足为E，利用圆内接四边形的性质求出BOC=90°，OBC=45°，然后在RtOBE中，根据勾股定理求出OE、BE即可【详解】解：过点O作OEBC，垂足为E，正方形ABCD是半径为R的O内接四边形，R6，BOC=90°，OBC=45°，OB=OC=6， BE=OE 在RtOBE中，BEO=90°，由勾股定理可得OE2+BE2=OB2,OE2+BE2=36,OE= BE=， BC=2BE=， 即半径为6的圆内接正方形ABCD的边长为，边心距为【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，以及勾股定理，正多边形各边所对的外接圆的圆心角都相等，正多边形每一边所对的外接圆的圆心角叫做正多边形的中心角，正n边形每个中心角都等于5、（1）；（2）；证明见解析；（3）或【分析】（1），根据CE=BC，四边形ABCD为正方形，可得BC=CD=CE，根据CFDE，得出CF平分ECD即可；，过点C作CGBE于G，根据BC=EC，得出ECG=BCG=，根据ECH=HCD=，可得CG=HG，根据勾股定理在RtGHC中，根据GE=，得出即可；（2），过点C作交BE于点M，得出，先证得出，可证是等腰直角三角形，可得即可；（3）或，根据，分两种情况，当ABE=90°-15°=75°时，BC=CE，先证CDE为等边三角形，可求FEH=DEC=CEB=60°-15°=45°，根据CFDE，得出DF=EF=1，FHE=180°-HFE-FEH=45°，根据勾股定理HE=，当ABE=90°+15°=105°，可得BC=CE得出CBE=CEB=15°，可求FCE=，FEC=180°-CFE-FCE=30°，根据30°直角三角形先证得出CF=，根据勾股定理EF=，再证FH=FE，得出EH=即可【详解】解：（1）CE=BC，四边形ABCD为正方形，BC=CD=CE，CFDE，CF平分ECD，ECH=HCD，故答案为：ECH=HCD；，过点C作CGBE于G，BC=EC，ECG=BCG=，ECH=HCD=，GCH=ECG+ECF=+，GHC=180°-HGC+GCH=180°-90°-45°=45°，CG=HG，在RtGHC中， ，GE=， GH=GE+EH=，故答案是：；（2）， 证明：过点C作交BE于点M，则，是等腰直角三角形， （3）或，分两种情况，当ABE=90°-15°=75°时，BC=CE，CBE=CEB=15°，BCE=180°-CBE-CEB=180°-15°-15°=150°，DCE=BCE-BCD=150°=90°=60°，CE=CD，CDE为等边三角形，DE=CD=AB=2，DEC=60°，FEH=DEC=CEB=60°-15°=45°，CFDE，DF=EF=1，FHE=180°-HFE-FEH=45°，EF=HF=1，HE=，当ABE=90°+15°=105°，BC=CE，CBE=CEB=15°，BCE=180°-CBE-CEB=150°，DCE=360°-DCB-BCE=120°，CE=BC=CD，CHDE，FCE=， FEC=180°-CFE-FCE=30°，CF=，EF=，HEF=CEB+CEF=15°+30°=45°，FHE=180°-HFE-FEH=45°=FEH，FH=FE，EH=，或【点睛】本题考查正方形性质，图形旋转性质，勾股定理，等边三角形，等腰直角三角形性质，角平分线，线段和差，掌握正方形性质，图形旋转性质，勾股定理，等边三角形，等腰直角三角形性质，角平分线，线段和差是解题关键