难点解析沪科版九年级数学下册第24章圆重点解析试卷(精选含答案).docx

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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、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（ ）A140B100C80D402、如图，A

2、BC外接于O，A30，BC3，则O的半径长为（ ）A3BCD3、下列图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（ ）ABCD4、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5、如图，AB，BC，CD分别与O相切于E、F、G三点，且ABCD，BO3，CO4，则OF的长为（）A5BCD6、如图，ABC中，ACB90，ABC40将ABC绕点B逆时针旋转得到，使点C的对应点恰好落在边AB上，则的度数是（ ）A50B70C110D1207、下列图形中，是中心对称图形也是轴对称图形的是（）ABCD8、如图，在中，将绕点C逆时针旋转90

3、得到，则的度数为（ ）A105B120C135D1509、点P(3，1)关于原点对称的点的坐标是（ ）A(3，1)B(3，1)C(3，1)D(3，1)10、等边三角形、等腰三角形、矩形、菱形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的个数是（ ）A2个B3个C4个D5个第卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、边长为2的正三角形的外接圆的半径等于_2、如图，在中，是内的一个动点，满足若，则长的最小值为_3、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_cm4、半径为6cm的扇形的圆心角所对的弧长为cm，这个圆

4、心角_度5、两直角边分别为6、8，那么的内接圆的半径为_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、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 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

5、、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2、如图，在ABC是O的内接三角形，B45，连接OC，过点A作ADOC，交BC的延长线于D（1）求证：AD是O的切线；（2）若O的半径为2，OCB75，求ABC边AB的长3、如图1，在中，将边绕着点A逆时针旋转，得到线段，连接交边于点E，过点C作于点F，延长交于点G（1）求证：；（2）如图2，当时，求证：；（3）如图3，当时，请直接写出的值4、在等边中，是边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转120，得到，连接（1）如图1，当、三点共线时，连接，若，求的长；（2）如图2，取的中点，连接，

6、猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图3，在（2）的条件下，连接、交于点若，请直接写出的值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、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2

7、、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3、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

8、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4、B【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

9、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.5、D【分析】连接OF，OE，OG，根据切线的性质及角平分线的判定可得OB平分，OC平分，利用平行线的性质及角之间的关系得出，利用勾股定理得出，再由三角形的等面积法即可得【详解】解：连接OF，OE，OG，AB、BC、CD分别与相切，且，OB平分，OC平分，SOBC=12OBOC=12BCOF，故选：D【点睛】题目主要考查圆的切线性质，角平分线的判定和性质，平行线的性质，勾股定理等，理解题意，作出辅助线，综合

10、运用这些知识点是解题关键6、B【分析】根据旋转可得，得【详解】解：，将绕点逆时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，故选：B【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握旋转的性质7、C【分析】根据中心对称图形的定义旋转180后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项不符合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意；C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C选项符合题意；D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故D选项不符合题意故选：C【点睛】本题考查中心

11、对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180后与原图重合8、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9、C【分析】据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（x，y），然后直接作答即可【详解】解：根据中心对称的性质，可知：点P（3，1）关于原点O中心对称的点的坐标为（3，1）故选：C【点睛】本题考查关于原点对

12、称的点坐标的关系，是需要熟记的基本问题，记忆方法可以结合平面直角坐标系的图形10、A【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断【详解】解：矩形，菱形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；等边三角形、等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；共2个既是轴对称图形又是中心对称图形故选：A【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念（1）如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴（2）如果一个图形绕某一点旋转180后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心二、填空题1、【分析】过圆心作一边的垂

13、线，根据勾股定理可以计算出外接圆半径【详解】如图所示，是正三角形，故O是的中心，正三角形的边长为2，OEAB，由勾股定理得：，(负值舍去)故答案为：【点睛】本题考查了正多边形和圆，解题的关键是根据题意画出图形，利用数形结合求解2、2【分析】取AC中点O，由勾股定理的逆定理可知ADC=90，则点D在以O为圆心，以AC为直径的圆上，作ADC外接圆，连接BO，交圆O于，则长的最小值即为，由此求解即可【详解】解：如图所示，取AC中点O，即，ADC=90，点D在以O为圆心，以AC为直径的圆上，作ADC外接圆，连接BO，交圆O于，则长的最小值即为，ACB=90，故答案为：2【点睛】本题主要考查了一点到圆上

14、一点的最短距离，勾股定理的逆定理，勾股定理，解题的关键在于确定点D的运动轨迹3、【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

15、知当DOAB时，DO最长，即OE最长，MCBMOB9045，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4、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.5、5【分析】直角三角形外接圆的直径是斜边的长【详解】解：由勾股定理得：

16、AB=10，ACB=90，AB是O的直径，这个三角形的外接圆直径是10，这个三角形的外接圆半径长为5，故答案为：5【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，知道直角三角形外接圆的直径是斜边的长是关键；外心是三边垂直平分线的交点，外心到三个顶点的距离相等三、解答题1、（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，

17、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=

18、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2、（1）见解析；（2）【分析】（1）如图所示，连接OA，由圆周角定理可得COA=90，再由平行线的性质得到OAD+COA=180，则OAD=90，由此即可证明；（2）连接OB，过点O作OEAB，垂足为E，先由等腰三角形的性质与三角形内角和定理求出COB =30，则AOB=120，可以得到OAB=OBA=30，由勾股定理可得，求出，则AB=【详解】解：（1）如图所示，连接OA，CBA

19、=45，COA=90， ADOC，OAD+COA=180，OAD=90，又点A在圆O上， AD是O的切线； （2）连接OB，过点O作OEAB，垂足为E，OCB=75，OB=OC，OCB=OBC=75，COB=180-OCB-OBC=30， 由（1）证可得AOC=90，AOB=120， OA=OB，OAB=OBA=30，又OEAB，AE=BE， 在RtAOE中，AO=2，OAE=30，OE=AO=1， 由勾股定理可得，AB=【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的判定，等腰三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，熟知相关知识是解题的关键3、（1）见解析（2）

20、见解析（3）【分析】（1）由旋转的性质得AB=AD，所以，再根据三角形内角和定理可证明即可得到结论；（2）连接，根据ASA证明得，是等边三角形，从而得出，再运用AAS证明得，由勾股定理可得出，从而 可得结论；（3）证明平分，作于点，根据勾股定理得，代入求值即可（1）边绕着点逆时针旋转得到线段， 又，且AEB=CEF（2）连接在和中，（ASA），即在和中，（AAS），在中，即，是等边三角形（3），平分作于点，在中，在中，【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形4、（1）；（2）；证明见解析；（

21、3）【分析】（1）过点作于点，根据等边三角形的性质与等腰的性质以及勾股定理求得，进而求得，在中，勾股定理即可求解；（2）延长至，使得，连接，过点作，交于点，根据平行四边形的性质可得，证明是等边三角形，进而证明，即可证明是等边三角形，进而根据三线合一以及含30度角的直角三角形的性质，可得；（3）过点作于点，过点作，连接，交于点，过点作，交于点，过点作于点，先证明，结合中位线定理可得，进而可得，设，分别勾股定理求得，进而根据求得，即可求得的值【详解】（1）过点作于点，如图将绕点顺时针旋转120，得到，是等边三角形，在中，（2）如图，延长至，使得，连接，过点作，交于点，点是的中点又四边形是平行四边形

22、，将绕点顺时针旋转120，得到，是等边三角形，是等边三角形设，则,，,是等边三角形，即（3） 如图，过点作于点，过点作，连接，交于点，过点作，交于点，过点作于点，四点共圆由（2）可知，将绕点顺时针旋转120，得到，是的中点，是的中位线是等腰直角三角形四边形是矩形，设在中，,在中,在中【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，四点共圆，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质与判定；掌握旋转的性质，等边三角形的性质与判定是解题的关键5、（1）；（2）；证明见解析；（3）或【分析】（1），根据CE=BC，四边形ABCD为正方

23、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F

24、CE=，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

25、-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