2021-2022学年度沪科版九年级数学下册第24章圆章节练习练习题.docx

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1、沪科版九年级数学下册第24章圆章节练习 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、若的圆心角所对的弧长是，则此弧所在圆的半径为（ ）A1B2C3D42、如图，与的两边分别相切，其中OA边与相切于点P若

2、，则OC的长为（ ）A8BCD3、从图形运动的角度研究抛物线, 有利于我们认识新的拋物线的特征. 如果将拋物线绕着原点旋转180，那么关于旋转后所得新抛物线与原抛物线之间的关系，下列法正确的是（ ）A它们的开口方向相同B它们的对称轴相同C它们的变化情況相同D它们的顶点坐标相同4、如图，在中，将绕点按逆时针方向旋转后得到，则图中阴影部分面积为（ ）ABCD5、如图，PA，PB是O的切线，A，B是切点，点C为O上一点，若ACB70，则P的度数为（ ） A70B50C20D406、如图，在中，将绕点C逆时针旋转90得到，则的度数为（ ）A105B120C135D1507、如图，PA，PB是O的切线，

3、A，B为切点，PA4，则PB的长度为（ ）A3B4C5D68、如图，为正六边形边上一动点，点从点出发，沿六边形的边以1cm/s的速度按逆时针方向运动，运动到点停止设点的运动时间为，以点、为顶点的三角形的面积是，则下列图像能大致反映与的函数关系的是（ ）ABCD9、如图，AB是的直径，弦CD交AB于点P，则CD的长为（ ）ABCD810、如图，ABC外接于O，A30，BC3，则O的半径长为（ ）A3BCD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，PA，PB分别与O相切于A，B两点，C是优弧AB上的一个动点，若P = 50，则ACB _2、若扇形的圆心角为60，

4、半径为2，则该扇形的弧长是_（结果保留）3、如图，已知，外心为，分别以，为腰向形外作等腰直角三角形与，连接，交于点，则的最小值是_4、如图，把分成相等的六段弧，依次连接各分点得到正六边形ABCDEF，如果的周长为，那么该正六边形的边长是_ 5、如图，将RtABC的斜边AB与量角器的直径恰好重合，B点与零刻度线的一端重合，ABC38，射线CD绕点C转动，与量角器外沿交于点D，若射线CD将ABC分割出以BC为边的等腰三角形，则点D在量角器上对应的度数是 _三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、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

5、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_2、如图，A，P，B，C是O上的四点，APCCPB60（1）判断ABC的形状，并证明你的结论；（2）求证：PA

6、PBPC3、将锐角为45的直角三角板MPN的一个锐角顶点P与正方形ABCD的顶点A重合，正方形ABCD固定不动，然后将三角板绕着点A旋转，MPN的两边分别与正方形的边BC、DC或其所在直线相交于点E、F，连接EF（1）在三角板旋转过程中，当MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图1所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；（2）在三角板旋转过程中，当MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图2所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；（3）若正方形的边长为4，在三角板旋转过程中，当MPN的一边恰好经过BC边的中点时，试求线段EF的长4、在平面直角坐

7、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为对称轴的“

8、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5、如图，在等边三角形ABC中，点P为ABC内一点，连接AP，BP，CP，将线段AP绕点A 顺时针旋转60得到 ，连接 （1）用等式表示 与CP的数量关系，并证明；（2）当BPC120时， 直接写出 的度数为 ；若M为BC的中点，连接PM，请用等式表示PM与AP的数量关系，并证明-参考答案-一、单选题1、C【分析】先设半径为r，再根据弧长公式

9、建立方程，解出r即可【详解】设半径为r，则周长为2r，120所对应的弧长为解得r=3故选C【点睛】本题考查弧长计算，牢记弧长公式是本题关键2、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3、B【分析】根据旋转的性质及抛物线的性质即可确定答案【详解】

10、抛物线的开口向上，对称轴为y轴，顶点坐标为(0，2)，将此抛物线绕原点旋转180后所得新抛物线的开口向下，对称轴仍为y轴，顶点坐标为(0，2)，所以在四个选项中，只有B选项符合题意故选：B【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质等知识，掌握这两方面的知识是关键4、B【分析】阴影部分的面积=扇形扇形，根据旋转性质以及直角三角形的性质，分别求出对应扇形的面积以及的面积，最后即可求出阴影部分的面积【详解】解：由图可知：阴影部分的面积=扇形扇形，由旋转性质可知：，在中，有勾股定理可知：，阴影部分的面积=扇形扇形 故选：B【点睛】本题主要是考查了旋转性质以及扇形面积公式，熟练利用旋转性质，得到

11、对应扇形的半径和圆心角度数，利用扇形公式求解面积，这是解决本题的关键5、D【分析】首先连接OA，OB，由PA，PB为O的切线，根据切线的性质，即可得OAP=OBP=90，又由圆周角定理，可求得AOB的度数，继而可求得答案【详解】解：连接OA，OB，PA，PB为O的切线，OAP=OBP=90，ACB=70，AOB=2P=140，P=360-OAP-OBP-AOB=40故选：D【点睛】此题考查了切线的性质与圆周角定理，注意掌握辅助线的作法和数形结合思想的应用6、B【分析】由题意易得，然后根据三角形外角的性质可求解【详解】解：由旋转的性质可得：，；故选B【点睛】本题主要考查旋转的性质及三角形外角的性

12、质，熟练掌握旋转的性质及三角形外角的性质是解题的关键7、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8、A【分析】设正六边形的边长为1，当在上时，过作于 而 求解此时的函数解析式，当在上时，延长交于点 过作于 并求解此时的函数解析式，当在上时，连接 并求解此时的函数解析式，由正六边形的对称性可得：在上的图象与在上的图象是对称的，在上的图象与在上的图象是对称的，从而可得答案.【详解】解：设正六边形的边长为1，当在

13、上时，过作于 而 当在上时，延长交于点 过作于 同理： 则为等边三角形， 当在上时，连接 由正六边形的性质可得： 由正六边形的对称性可得： 而 由正六边形的对称性可得：在上的图象与在上的图象是对称的，在上的图象与在上的图象是对称的，所以符合题意的是A，故选A【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，锐角三角函数的应用，正多边形的性质，清晰的分类讨论是解本题的关键.9、A【分析】过点作于点，连接，根据已知条件即可求得，根据含30度角的直角三角形的性质即可求得，根据勾股定理即可求得，根据垂径定理即可求得的长【详解】解：如图，过点作于点，连接， AB是的直径，在中，故选A【点睛】本题考查了勾股定理，含

14、30度角的直角三角形的性质，垂径定理，掌握以上定理是解题的关键10、A【分析】分析：连接OA、OB，根据圆周角定理，易知AOB=60；因此ABO是等边三角形，即可求出O的半径【详解】解：连接BO，并延长交O于D，连结DC，A=30，D=A=30，BD为直径，BCD=90，在RtBCD中，BC=3，D=30，BD=2BC=6，OB=3故选A【点睛】本题考查了圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30角所对直角三角形性质，掌握圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30角所对直角三角形性质是解题的关键二、填空题1、【分析】连接，根据切线的性质以及四边形内角和定理求

15、得，进而根据圆周角定理即可求得ACB【详解】解：连接，如图，PA，PB分别与O相切故答案为：【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，四边形的内角和，掌握切线的性质是解题的关键2、【分析】已知扇形的圆心角为，半径为2，代入弧长公式计算【详解】解：依题意，n=，r=2，扇形的弧长=故答案为：【点睛】本题考查了弧长公式的运用关键是熟悉公式：扇形的弧长=3、【分析】由与是等腰直角三角形，得到，根据全等三角形的性质得到，求得在以为直径的圆上，由的外心为，得到，如图，当时，的值最小，解直角三角形即可得到结论【详解】解：与是等腰直角三角形，在与中，在以为直径的圆上，的外心为，如图，当时，的值最小，则的最小

16、值是，故答案为：【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键4、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，的周长为，的半径为，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

17、的边长和半径相等是解题的关键5、76或142【分析】设AB的中点为O，连接OD，则BOD为点D在量角器上对应的角，根据圆周角定理得BOD=2BCD，根据等腰三角形的性质分BC为底边和BC为腰求BCD的度数即可【详解】解：设AB的中点为O，连接OD，则BOD为点D在量角器上对应的角，RtABC的斜边AB与量角器的直径恰好重合，A、C、B、D四点共圆，圆心为点O，BOD=2BCD，若BC为等腰三角形的底边时，如图射线CD1，则BCD1=ABC=38，连接OD1，则BOD1=2BCD1=76；若BC为等腰三角形的腰时，当ABC为顶角时，如图射线CD2，则BCD2=（180-ABC）2=71，连接OD

18、2，则BOD2=2BCD2=142，当ABC为底角时，BCD=180-2ABC=104，不符合题意，舍去，综上，点D在量角器上对应的度数是76或142，故答案为：76或142【点睛】本题考查圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握圆周角定理，利用分类讨论思想解决问题是解答的关键三、解答题1、（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：【

19、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2、（1）ABC是等边三角形，证明见解析；（2）见解析【分析】（1）利用圆周角定理可得BAC=CPB，ABC=APC，而APC=CPB=60，所以BAC=ABC=60，从而可判断ABC的形状；（2）如图所示，在PC取一点E使得AE=AP，先证明APE是等边三角形，得到AP=PE，AEP=60，可以推出AEC=APB，然后证明APBAEC得到BP=CE，即可证明PC=PE+CE=AP+BP【详解】解：（1）ABC是等边三角形证明如下

20、：由圆周角定理：BAC=CPB，ABC=APCAPCCPB60，BACABC60，ACB180BACABC180606060ABC是等边三角形（2）如图所示，在PC取一点E使得AE=AP，APE=60，AP=AE，APE是等边三角形，AP=PE，AEP=60，AEC=120，又APCCPB60，APB=120，AEC=APB，ABC是等边三角形，AB=AC，又ABP=ACE，APBAEC（AAS），BP=CE，PC=PE+CE=AP+BP【点睛】本题考查了圆周角定理、等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，解题的关键是掌握圆周角定理，正确求出ABC=BAC=603、（1）EF=DF+B

21、E；（2）EF=DF-BE；（3）线段EF的长为或【分析】（1）延长FD至G，使DG=BE，连接AG，先证ABEADG，再证GAFEAF即可；（2）在DC上截取DH=BE，连接AH，先证ADHABE，再证HAFEAF即可；（3）分两种情形分别求解即可解决问题【详解】解：（1）结论：EF=BE+DF理由：延长FD至G，使DG=BE，连接AG，如图，ABCD是正方形，AB=AD，ABE=ADG=DAB=90，ABEADG（AAS），AE=AG，DAG=EAB，EAF=45，DAF+EAB=45，DAF+DAG=45，GAF=EAF=45，AF=AF，GAFEAF（AAS），EF=GF，GF=DF+

22、DG=DF+BE，即：EF=DF+BE；（2）结论：EF=DF-BE理由：在DC上截取DH=BE，连接AH，如图，AD=AB，ADH=ABE=90，ADHABE（SAS），AH=AE，DAH=EAB，EAF=EAB+BAF=45，DAH+BAF=45，HAF=45=EAF，AF=AF，HAFEAF（SAS），HF=EF，DF=DH+HF，EF=DF-BE；（3）当MA经过BC的中点E时，同（1）作辅助线，如图：设FD=x，由（1）的结论得FG=EF=2+x，FC=4-x在RtEFC中，（x+2）2=（4-x）2+22，x=，EF=x+2=当NA经过BC的中点G时，同（2）作辅助线，设BE=x，

23、由（2）的结论得EC=4+x，EF=FH，K为BC边的中点，CK=BC=2，同理可证ABKFCK（SAS），CF=AB=4，EF=FH=CF+CD-DH=8-x，在RtEFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2，x=，EF=8-=综上，线段EF的长为或【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题4、（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

24、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点在圆上运动一周时，如图，取的中点，的中点，即的中点在以为圆心，

25、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

26、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，掌握轴对称与中心对称并根据题意作出图形是解题的关键5、（1），理

27、由见解析；（2）60；PM，见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得ABAC，BAC60，再由由旋转可知：从而得到，可证得，即可求解 ；（2）由BPC120，可得PBCPCB60根据等边三角形的性质，可得BAC60，从而得到ABCACB120，进而得到ABPACP60再由，可得 ，即可求解；延长PM到N，使得NMPM，连接BN可先证得PCMNBM从而得到CPBN，PCMNBM进而得到 根据可得，可证得，从而得到 再由 为等边三角形，可得 从而得到 ，即可求解【详解】解：（1） 理由如下：在等边三角形ABC中，ABAC，BAC60，由旋转可知： 即在和ACP中 （2）BPC120，PBCPCB60在等边三角形ABC中，BAC60，ABCACB120，ABPACP60 ，ABPABP60即 ；PM 理由如下：如图，延长PM到N，使得NMPM，连接BNM为BC的中点，BMCM在PCM和NBM中 PCMNBM（SAS）CPBN，PCMNBM BPC120，PBCPCB60PBCNBM60即NBP60ABCACB120，ABPACP60ABPABP60即 在PNB和 中 （SAS） 为等边三角形， ，PM 【点睛】本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键