2021-2022学年度沪科版九年级数学下册第24章圆难点解析试题(含详细解析).docx

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1、沪科版九年级数学下册第24章圆难点解析 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，在中，将绕原点O逆时针旋转90，则旋转后点A的对应点的坐标是（ ）ABCD2、如图所示四个图形中，既是轴对称图形

2、又是中心对称图形的是（ ）ABCD3、在下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）ABCD4、在半径为6cm的圆中，的圆心角所对弧的弧长是（ ）AcmBcmCcmDcm5、点P(3，2)关于原点O的对称点的坐标是（）A(3，2)B(3，2)C(3，2)D(2，3)6、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（ ）A140B100C80D407、在直径为10cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽cm，则水的最大深度为（ ）A1cmB2cmC3cmD4cm8、下列四个图案中，是中心对称图形的是（）ABCD9、下列叙述正确的有( )个.（1

3、）随着的增大而增大；（2）如果直角三角形斜边的长是斜边上的高的4倍，那么这个三角形两个锐角的度数分别是和；（3）斜边为的直角三角形顶点的轨迹是以中点为圆心，长为直径的圆；（4）三角形三边的垂直平分线的交点到三角形三个顶点的距离相等；（5）以为三边长度的三角形，不是直角三角形A0B1C2D310、已知O的半径为4，点P 在O外部，则OP需要满足的条件是（ ）AOP4B0OP2D0OP2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，AB是半圆O的弦，DE是直径，过点B的切线BC与O相切于点B，与DE的延长线交于点C，连接BD，若四边形OABC为平行四边形，则BDC的

4、度数为_2、AB是的直径，点C在上，点P在线段OB上运动设，则x的取值范围是_3、如图，在RtABC，B=90，AB=BC=1，将ABC绕着点C逆时针旋转60，得到MNC，那么BM=_4、九章算术是我国古代的数学名著，书中有这样的一个问题：“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何？”其意思是：“如图，现有直角三角形，勾（短直角边）长为 8 步，股（长直角边）长为 15 步，问该直角三角形所能容纳的最大圆的直径是多少？”答：该直角三角形所能容纳的最大圆的直径是_步5、如图，PA，PB分别切O于点A，B，Q是优弧上一点，若P=40，则Q的度数是_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、在

5、平面直角坐标系xOy中，O的半径为1对于线段AB，给出如下定义：若线段AB沿着某条直线l对称可以得到O的弦AB，则称线段AB是O的以直线l为对称轴的“反射线段”，直线l称为“反射轴”（1）如图，线段CD，EF，GH中是O的以直线l为对称轴的“反射线段”有 ；（2）已知A点坐标为（0，2），B点坐标为（1，1），若线段AB是O的以直线l为对称轴的“反射线段”，求反射轴l与y轴的交点M的坐标若将“反射线段”AB沿直线yx的方向向上平移一段距离S，其反射轴l与y轴的交点的纵坐标yM的取值范围为yM，求S（3）已知点M，N是在以原点为圆心，半径为2的圆上的两个动点，且满足MN1，若MN是O的以直线l为

6、对称轴的“反射线段”，当M点在圆上运动一周时，求反射轴l未经过的区域的面积（4）已知点M，N是在以（2，0）为圆心，半径为的圆上的两个动点，且满足MN，若MN是O的以直线l为对称轴的“反射线段”，当M点在圆上运动一周时，请直接写出反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围2、已知：RtABC中，ACB90，ABC60，将ABC绕点B按顺时针方向旋转（1）当C转到AB边上点C位置时，A转到A，（如图1所示）直线CC和AA相交于点D，试判断线段AD和线段AD之间的数量关系，并证明你的结论（2）将RtABC继续旋转到图2的位置时，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）将RtA

7、BC旅转至A、C、A三点在一条直线上时，请直接写出此时旋转角的度数3、如图1，在中，点，分别在边，上，连接，点在线段上，连接交于点（1）比较与的大小，并证明；若，求证：；（2）将图1中的绕点逆时针旋转，如图2若是的中点，判断是否仍然成立如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由.4、在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：若点P在图形M上，点Q在图形N上，称线段PQ长度的最小值为图形M，N的“近距离”，记为d(M，N)，特别地，若图形M，N有公共点，规定d(M，N)0已知：如图，点A(，0)，B(0，)（1）如果O的半径为2，那么d(A，O) ，d(B，O) （2）如果O的半径为r，且d（O，线

8、段AB）=0，求r的取值范围；（3）如果C(m，0)是x轴上的动点，C的半径为1，使d（C，线段AB）4，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二、填空题1、【分析】先由切线的性质得到OBC=90，再由平行四边形的性质得到BO=BC，则BOC=BCO=45，由OD=OB，得到ODB=OBD，由ODB+OBD=BOC，即可得到ODB=OBD=22.5，即BDC=22.5【详解】解：BC是圆O的切线，OBC=90，四边形ABCO是平行四边形，AO=BC，又AO=BO，BO=BC，BOC=BCO=45，OD=OB，ODB=OBD，ODB+OBD=B

9、OC，ODB=OBD=22.5，即BDC=22.5，故答案为：22.5【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，切线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形外角的性质，熟知切线的性质是解题的关键2、【分析】分别求出当点P与点O重合时，当点P与点B重合时x的值，即可得到取值范围【详解】解：当点P与点O重合时，OA=OC，即；当点P与点B重合时，AB是的直径，x的取值范围是【点睛】此题考查了同圆中半径相等的性质，直径所对的圆周角是直角的性质，正确理解点P的运动位置是解题的关键3、【分析】设BN与AC交于D，过M作MFBA于F，过M作MEBC于E，连接AM，先证明EMCFMA得ME=MF，从而可得CBD

10、=45，CDB=180-BCA-CBD=90，再在RtBCD、RtCDM中，分别求出BD和DM，即可得到答案【详解】解：设BN与AC交于D，过M作MFBA于F，过M作MEBC于E，连接AM，如图：ABC绕着点C逆时针旋转60，ACM=60，CA=CM，ACM是等边三角形，CM=AM，ACM=MAC=60，B=90，AB=BC=1，BCA=CAB=45，AC=CM，BCM=BCA+ACM=105，BAM=CAB+MAC=105，ECM=MAF=75，MFBA，MEBC，E=F=90，由得EMCFMA，ME=MF，而MFBA，MEBC，BM平分EBF，CBD=45，CDB=180-BCA-CBD=

11、90，RtBCD中，BD=BC=，RtCDM中，DM=CM =，BM=BD+DM=，故答案为：【点睛】本题考查等腰三角形性质、等边三角形的性质及判定，解题的关键是证明CDB=904、6【分析】依题意，直角三角形性质，结合题意能够容纳的最大为内切圆，结合内切圆半径，利用等积法求解即可；【详解】设直角三角形中能容纳最大圆的半径为：； 依据直角三角形的性质：可得斜边长为：依据直角三角形面积公式：，即为；内切圆半径面积公式：，即为；所以，可得：，所以直径为：；故填：6；【点睛】本题主要考查直角三角形及其内切圆的性质，重点在理解题意和利用内切圆半径求解面积；5、70度【分析】连接OA、OB，根据切线性质

12、可得OAP=OBP=90，再根据四边形的内角和为360求得AOB，然后利用圆周角定理求解即可【详解】解：连接OA、OB，PA，PB分别切O于点A，B，OAP=OBP=90，又P=40，AOB=360909040=140，Q=AOB=70，故答案为：70【点睛】本题考查切线性质、四边形内角和为360、圆周角定理，熟练掌握切线性质和圆周角定理是解答的关键三、解答题1、（1）EF、CD；（2）；（3）;（4）或【分析】（1）的半径为1，则的最长的弦长为2，根据两点的距离可得，进而即可求得答案；（2）根据定义作出图形，根据轴对称的方法求得对称轴，反射线段经过对应圆心的中点，即可求得的坐标；由可得当时，

13、yM，设当取得最大值时，过点作轴，根据题意，分别为沿直线yx的方向向上平移一段距离S 后的对应点，则，根据余弦求得进而代入数值列出方程，解方程即可求得的最大值，进而求得的范围；（3）根据圆的旋转对称性，找到所在的的圆心，如图，以为边在内作等边三角形，连接，取的中点,过作的垂线，则即为反射轴,反射轴l未经过的区域是以为圆心为半径的圆，反射轴l是该圆的切线，求得半径为，根据圆的面积公式进行计算即可；（4）根据（2）的方法找到所在的圆心,当M点在圆上运动一周时，如图，取的中点，的中点，即的中点在以为圆心，半径为的圆上运动，进而即可求得反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围【详解】（1）的半径为1，则的

14、最长的弦长为2根据两点的距离可得故符合题意的“反射线段”有EF、CD；故答案为：EF、CD（2）如图，过点作轴于点，连接 A点坐标为（0，2），B点坐标为（1，1），且，的半径为1，且线段AB是O的以直线l为对称轴的“反射线段”，由可得当时，yM如图，设当取得最大值时，过点作轴，根据题意，分别为沿直线yx的方向向上平移一段距离S 后的对应点，则， 过中点，作直线交轴于点,则即为反射轴yM，即即解得（舍）（3）的半径为1，则是等边三角形，根据圆的旋转对称性，找到所在的的圆心，如图，以为边在内作等边三角形，连接，取的中点,过作的垂线，则即为反射轴, 反射轴l未经过的区域是以为圆心为半径的圆，反射轴

15、l是该圆的切线当M点在圆上运动一周时，求反射轴l未经过的区域的面积为（4）如图，根据（2）的方法找到所在的圆心,设则,是等腰直角三角形,当M点在圆上运动一周时，如图，取的中点，的中点，是的中位线,即的中点在以为圆心，半径为的圆上运动若MN是O的以直线l为对称轴的“反射线段”，则为的切线设与轴交于点，同理可得反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围为或【点睛】本题考查了中心对称与轴对称，圆的相关知识，切线的性质，三角形中位线定理，余弦的定义，掌握轴对称与中心对称并根据题意作出图形是解题的关键2、（1），证明见解析（2）成立，证明见解析（3）【分析】（1）设，先根据直角三角形的性质可得，再根据旋转的性

16、质可得，然后根据等边三角形的判定与性质可得，都是等边三角形，从而可得，由此即可得出结论；（2）在上截取，连接，先根据旋转的性质可得，从而可得，再根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据三角形的外角性质可得，最后根据等腰三角形的判定可得，由此即可得出结论；（3）如图（见解析），先根据旋转的性质可得，再根据直角三角形全等的判定定理证出，然后根据全等三角形的性质可得，最后根据旋转角即可得（1）解：，证明如下：设，在中，由旋转的性质得：，和都是等边三角形，是等边三角形，；（2）解：成立，证明如下：如图，在上截取，连接，由旋转的性质得：，在和中，；（3）解：如图，当点三点在一条直

17、线上时，由旋转的性质得：，在和中，则旋转角【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键3、（1）CAE=CBD，理由见解析；证明见解析；（2）AE=2CF仍然成立，理由见解析【分析】（1）只需要证明CAECBD即可得到CAE=CBD；先证明CAH=BCF，然后推出BDC=FCD，CAE=CBD=BCF，得到CF=DF，CF=BF，则BD=2CF，再由CAECBD，即可得到AE=2BD=2CF；（2）如图所示延长DC到G使得，DC=CG，连接BG，只需要证明ACEBCG得到AE=BG，再由CF是

18、BDG的中位线，得到BG=2CF，即可证明AE=2CF【详解】解：（1）CAE=CBD，理由如下：在CAE和 CBD中，CAECBD（SAS），CAE=CBD；CFAE，AHC=ACB=90，CAH+ACH=ACH+BCF=90，CAH=BCF，DCF+BCF=90，CDB+CBD=90，CAE=CBD，BDC=FCD，CAE=CBD=BCF，CF=DF，CF=BF，BD=2CF，又CAECBD，AE=2BD=2CF；（2）AE=2CF仍然成立，理由如下：如图所示延长DC到G使得，DC=CG，连接BG，由旋转的性质可得，DCE=ACB=90，ACD+BCD=BCE+BCD，ECG=90，ACD

19、=BCE，ACD+DCE=BCE+ECG，即ACE=BCG，又CE=CD=CG，AC=BC，ACEBCG（SAS），AE=BG，F是BD的中点，CD=CG，CF是BDG的中位线，BG=2CF，AE=2CF【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，旋转的性质，三角形中位线定理，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键4、（1）0，；（2）；（3）【分析】（1）根据新定义，即可求解；（2）过点O作ODAB于点D，根据三角形的面积，可得，再由d（O，线段AB）=0，可得当O的半径等于OD时最小，当O的半径等于OB时最大，即可求解；（3）过点C作CNAB于点N ，利用锐角

20、三角函数，可得OAB=60，然后分三种情况：当点C在点A的右侧时，当点C与点A重合时，当点C在点A的左侧时，即可求解【详解】解：（1）O的半径为2，A(，0)，B(0，)，点A在O上，点B在O外，d（A，O），d（B，O）；（2）过点O作ODAB于点D，点A(，0)，B(0，) ， ， ， ，d（O，线段AB）=0，当O的半径等于OD时最小，当O的半径等于OB时最大，r的取值范围是，（3）如图，过点C作CNAB于点N ，点A(，0)，B(0，) ， ，OAB=60，C(m，0)，当点C在点A的右侧时， ， ， ，d（C，线段AB）1，C的半径为1， ，解得： ，当点C与点A重合时， ，此时d（

21、C，线段AB）=0，当点C在点A的左侧时， ， ， ，解得： ，【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，点与直线的位置关系，理解新定义，熟练掌握点与圆的位置关系，点与直线的位置关系是解题的关键5、（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