2022年精品解析沪科版九年级数学下册第24章圆达标测试试题(精选).docx

《2022年精品解析沪科版九年级数学下册第24章圆达标测试试题(精选).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年精品解析沪科版九年级数学下册第24章圆达标测试试题(精选).docx（33页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、沪科版九年级数学下册第24章圆达标测试 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，边长为5的等边三角形中，M是高所在直线上的一个动点，连接，将线段绕点B逆时针旋转得到，连接则在点M运动过程中，线

2、段长度的最小值是（ ）AB1C2D2、如图，PA，PB是O的切线，A，B为切点，PA4，则PB的长度为（ ）A3B4C5D63、图2是由图1经过某一种图形的运动得到的，这种图形的运动是（ ）A平移B翻折C旋转D以上三种都不对4、下列图形中，是中心对称图形的是（ ）ABCD5、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（ ）A3B2C1D6、如图，四边形ABCD内接于，若四边形ABCO是菱形，则的度数为（ ）A45B60C90D1207、如图，点P是等边三角形ABC内一点，且PA3，PB4，PC5，则APB的度数是（ ）A90B100C120D

3、1508、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（ ）A1cmB2cmC3cmD4cm9、如图，AB是O的直径，点C是O上一点，若BAC30，BC2，则AB的长为（ ）A4B6C8D1010、在半径为6cm的圆中，的圆心角所对弧的弧长是（ ）AcmBcmCcmDcm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，已知正方形ABCD的边长为6，E为CD边上一点，将绕点A旋转至，连接，若，则的长等于_2、如图，在平面直角坐标系中，一次函数y2x4的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，将直线AB绕点B顺时针旋转45，交x

4、轴于点C，则直线BC的函数表达式为_3、如图，在O中，弦ABOC于E点，C在圆上，AB8，CE2，则O的半径AO_4、小明烘焙了几款不同口味的饼干，分别装在同款的圆柱形盒子中为区别口味，他打算制作“* 饼干”字样的矩形标签粘贴在盒子侧面为了获得较好的视觉效果，粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为90（如图）已知该款圆柱形盒子底面半径为6 cm，则标签长度l应为_ cm（取3.1）5、在平面直角坐标系中，点，圆C与x轴相切于点A，过A作一条直线与圆交于A，B两点，AB中点为M，则OM的最大值为_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、元元同学在数学课上遇到这样一个问题：如图1，在平面直

5、角坐标系xOy中，OA经过坐标原点O，并与两坐标轴分别交于B、C两点，点B的坐标为，点D在上，且，求OA的半径和圆心A的坐标元元的做法如下，请你帮忙补全解题过程：解：如图2，连接BC作AELOB于E、AFOC于F、（依据是 ），（依据是 ），BC是的直径（依据是 ），A的坐标为（ ）的半径为 2、在平面直角坐标系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

6、（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3、如图，AB为O的切线，B为切点

7、，过点B作BCOA，垂足为点E，交O于点C，连接CO并延长CO与AB的延长线交于点D，连接AC（1）求证：AC为O的切线；（2）若O半径为2，OD4求线段AD的长4、如图，已知线段，点A在线段上，且，点B为线段上的一个动点以A为中心顺时针旋转点M，以B为中心逆时针旋转点N，旋转角分别为和若旋转后M、N两点重合成一点C（即构成），设（1）的周长为_；（2）若，求x的值5、如图，在等边中，D为BC边上一点，连接AD，将沿AD翻折得到，连接BE并延长交AD的延长线于点F，连接CF（1）若，求的度数；（2）若，求的大小；（3）猜想CF，BF，AF之间的数量关系，并证明-参考答案-一、单选题1、A【分析

8、】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=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

9、=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2、B【分析】由切线的性质可推出，再根据直角三角形全等的判定条件“HL”，即可证明，即得出【详解】PA，PB是O的切线，A，B为切点，在和中，故选：B【点睛】本题考查切线的性质，三角形全等的判定和性质熟练掌握切线的性质是解答本题的关键3、C【详解】解：根据图形可知，这种图形的运动是旋转而得到的，故选：C【点睛】本题考查了图形的旋转，熟记图形的旋转的定义（把一个平面图形绕平面内某一点转动一个角度，叫做图形的旋

10、转）是解题关键4、C【分析】根据中心对称图形的概念：一个平面图形绕某一点旋转180,如果旋转后的图形能够和原图形重合,那么这个图形叫做中心对称图形,这个点就是对称中心. 根据中心对称图形的概念对各选项进行一一分析判定即可求解【详解】A、不是中心对称图形，不符合题意；B、不是中心对称图形，不符合题意；C、是中心对称图形，符合题意；D、不是中心对称图形，不符合题意故选：C【点睛】本题考查了中心对称图形，掌握好中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后能够与原来的图形重合5、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O

11、C，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6、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.7、D【分析】将绕点逆时针旋转得

12、，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等8、B【分析】连接OB，过点O作OCAB于点D，交O于点C，先由垂径定理求出BD的长，再根据勾股定理求出OD的长，进而得出CD的长即可【详解】解：连接OB，过点O作OCAB于点D，交O于点C，如图所示：AB=8cm，BD=AB=4（cm）

13、，由题意得：OB=OC=5cm，在RtOBD中，OD=（cm），CD=OC-OD=5-3=2（cm），即水的最大深度为2cm，故选：B【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理等知识；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9、A【分析】根据直径所对的圆角为直角，可得 ，再由直角三角形中，30角所对的直角边等于斜边的一半，即可求解【详解】解：AB是O的直径， ，BAC30，BC2， 故选：A【点睛】本题主要考查了直径所对的圆角，直角三角形的性质，熟练掌握直径所对的圆角为直角；直角三角形中，30角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键10、C【分析】直接根据题意及弧长公式可直接进行求解【详

14、解】解：由题意得：的圆心角所对弧的弧长是；故选C【点睛】本题主要考查弧长计算，熟练掌握弧长计算公式是解题的关键二、填空题1、4【分析】在正方形ABCD中，BEDE2，所以在直角三角形ECE中，EC8，CE4，利用勾股定理求得EE的长即可【详解】解：在正方形ABCD中，C90，由旋转得，BEDE2，EC8，CE4，在直角三角形ECE中，EE4故答案为4【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质与勾股定理的知识，正确的利用旋转和正方形的性质得出直角三角形边长并正确的应用勾股定理是解题的关键2、#【分析】先求出点A、B的坐标，过点A作AFAB，交直线BC于点F，过点F作EFx轴，垂足为E，然后由全等

15、三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，求出点F的坐标，再利用待定系数法，即可求出答案【详解】解：一次函数y2x4的图像与x轴、y轴分别交于点A、B两点，令，则；令，则，点A为（2，0），点B为（0，4），；过点A作AFAB，交直线BC于点F，过点F作EFx轴，垂足为E，如图，ABF是等腰直角三角形，AF=AB，ABOFAE（AAS），AO=FE，BO=AE，点F的坐标为（，）；设直线BC为，则，解得：，直线BC的函数表达式为；故答案为：；【点睛】本题考查了一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，以及旋转的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而进

16、行解题3、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=AB=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=AB=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，并且平分弦所对的两条弧也考查了勾股定理4、9.3【分析】根据弧长公式进行计算即可，【详解】解：粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为90，底面半径为6 cm，cm，故答案为：【点

17、睛】本题考查了弧长公式，牢记弧长公式是解题的关键5、#【分析】如图所示，取D（-2，0），连接BD，连接CD与圆C交于点，先求出A点坐标，从而可证OM是ABD的中位线，得到，则当BD最小时，OM也最小，即当B运动到时，BD有最小值，由此求解即可【详解】解：如图所示，取D（-2，0），连接BD，连接CD与圆C交于点点C的坐标为（2，2），圆C与x轴相切于点A，点A的坐标为（2，0），OA=OD=2，即O是AD的中点，又M是AB的中点， OM是ABD的中位线，当BD最小时，OM也最小，当B运动到时，BD有最小值，C（2，2），D（-2，0），故答案为：【点睛】本题主要考查了坐标与图形，一点到圆上一

18、点的距离得到最小值，两点距离公式，三角形中位线定理，把求出OM的最小值转换成求BD的最小值是解题的关键三、解答题1、垂径定理，圆周角定理，圆周角定理，（1，），2【分析】根据垂径定理，圆周角定理依次分析解答【详解】解：如图2，连接BC作AEOB于E、AFOC于F、（依据是垂径定理），（依据是圆周角定理），BC是的直径（依据是圆周角定理），A的坐标为（1，），的半径为2，故答案为：垂径定理，圆周角定理，圆周角定理，（1，），2【点睛】此题考查了圆的知识，垂径定理、圆周角定理，熟记各定理知识并综合应用是解题的关键2、（1）EF、CD；（2）；（3）;（4）或【分析】（1）的半径为1，则的最长的弦长

19、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，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

20、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

21、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

22、称与中心对称并根据题意作出图形是解题的关键3、（1）见解析；（2）4【分析】（1）连接OB，证明AOBAOC（SSS），可得ACOABO90，即可证明AC为O的切线；（2）在RtBOD中，勾股定理求得BD，根据sinD，代入数值即可求得答案【详解】解：（1）连接OB，AB是O的切线，OBAB，即ABO90，BC是弦，OABC，CEBE，ACAB，在AOB和AOC中，AOBAOC（SSS），ACOABO90，即ACOC，AC是O的切线；（2）在RtBOD中，由勾股定理得，BD2，sinD，O半径为2，OD4，解得AC2，ADBD+AB4【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正弦的定义，三角形全等的

23、性质与判定，勾股定理，掌握切线的性质与判定是解题的关键4、（1）4（2）【分析】（1）由旋转知：AM=AC=1，BN=BC，将ABC的周长转化为MN；（2）由+=270，得ACB=90，利用勾股定理列方程即可（1）解：由旋转知：AM=AC=1，BN=BC=3-x，ABC的周长为：AC+AB+BC=MN=4；故答案为：4；（2）解：+=270，CAB+CBA=360-270=90，ACB=180-（CAB+CBA）=180-90=90，AC2+BC2=AB2，即12+（3-x）2=x2，解得【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理等知识，证明ACB=90是解题的关键5、（1）20；（2）；（3

24、）AF= CF+BF，理由见解析【分析】（1）由ABC是等边三角形，得到AB=AC，BAC=ABC=60，由折叠的性质可知，EAD=CAD=20，AC=AE，则BAE=BAC-EAD-CAD=20，AB=AE，CBF=ABE-ABC=20；（2）同（1）求解即可；（3）如图所示，将ABF绕点A逆时针旋转60得到ACG，先证明AEFACF得到AFE=AFC，然后证明AFE=AFC=60，得到BFC=120，即可证明F、C、G三点共线，得到AFG是等边三角形，则AF=GF=CF+CG=CF+BF【详解】解：（1）ABC是等边三角形，AB=AC，BAC=ABC=60，由折叠的性质可知，EAD=CAD

25、=20，AC=AE，BAE=BAC-EAD-CAD=20，AB=AE，CBF=ABE-ABC=20；（2）ABC是等边三角形，AB=AC,BAC=ABC=60，由折叠的性质可知，AC=AE， ，AB=AE，；（3）AF= CF+BF，理由如下：如图所示，将ABF绕点A逆时针旋转60得到ACG，AF=AG，FAG=60，ACG=ABF，BF=CG在AEF和ACF中，AEFACF（SAS），AFE=AFC，CBF+BCF+BFD+CFD=180，CAF+CFA+ACD+CFD=180，BFD=ACD=60，AFE=AFC=60，BFC=120，BAC+BFC=180，ABF+ACF=180，ACG+ACF=180，F、C、G三点共线，AFG是等边三角形，AF=GF=CF+CG=CF+BF【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，旋转的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，熟知相关知识是解题的关键