2021-2022学年沪科版九年级数学下册第24章圆章节测评试卷(精选含答案)

沪科版九年级数学下册第24章圆章节测评
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Ⅱ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，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）
A．B．C．D．
2、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
3、如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，若∠BAC＝30°，BC＝2，则AB的长为（）
A ．4
B ．6
C ．8
D ．10
4、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22y x =+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
5、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
6、如图，将△OAB 绕点O 逆时针旋转80°得到△OCD ，若∠A 的度数为110°，∠D 的度数为40°，则∠AOD 的度数是（ ）
A ．50°
B ．60°
C ．40°
D ．30°
7、如图，在Rt△ABC 中，90BAC ∠=︒，30B ∠=︒，3AB =，以AB 边上一点O 为圆心作O ，恰与边AC ，BC 分别相切于点A ，D ，则阴影部分的面积为（ ）
A 3π
B 3π-
C 23π-
D ．23
π 8、如图，在ABC 中，2AB =，4BC =，将ABC 绕点A 顺时针旋转60°得到ADE ，此时点B 的对应点D 恰好落在BC 边上，则CD 的长为（ ）
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
9、下列四个图案中，是中心对称图形的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
10、下列语句判断正确的是（ ）
A ．等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形
B ．等边三角形既是轴对称图形，又是中心对称图形
C ．等边三角形是中心对称图形，但不是轴对称图形
D ．等边三角形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形
第Ⅱ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，将矩形ABCD 绕点A 顺时针旋转到矩形AB C D '''的位置，旋转角为()090αα︒<<︒．若1110∠=︒，则α的大小为________（度）．
2、如图，把O 分成相等的六段弧，依次连接各分点得到正六边形ABCDEF ，如果O 的周长为12π，那么该正六边形的边长是______．
3、 “化圆为方”是古希腊尺规作图难题之一，即：求作一个正方形，使其面积等于给定圆的面积．这个问题困扰了人类上千年，直到19世纪，该问题被证明仅用直尺和圆规是无法完成的．如果借用一个圆形纸片，我们就可以化圆为方，方法如下：
已知：⊙O （纸片），其半径为r ．
求作：一个正方形，使其面积等于⊙O 的面积．
作法：①如图1，取⊙O 的直径AB ，作射线BA ，过点A 作AB 的垂线l ；
②如图2，以点A 为圆心，OA 为半径画弧交直线l 于点C ；
③将纸片⊙O 沿着直线l 向右无滑动地滚动半周，使点A ，B 分别落在对应的A '，B '处；
④取CB '的中点M ，以点M 为圆心，MC 为半径画半圆，交射线BA 于点E ；
⑤以AE 为边作正方形AEFG ．
正方形AEFG 即为所求．
根据上述作图步骤，完成下列填空：
（1）由①可知，直线l 为⊙O 的切线，其依据是________________________________．
（2）由②③可知，AC r =，AB r π'=，则MC =_____________，MA =____________（用含r 的代数式表示）．
（3）连接ME ，在Rt AME △中，根据222AM AE EM +=，可计算得2AE =_________（用含r 的代数式表示）．由此可得正方形o AEFG S S =．
4、AB 是O 的内接正六边形一边，点P 是优弧AB 上的一点（点P 不与点A ，B 重合）且BP OA ∥，AP 与OB 交于点C ，则OCP ∠的度数为_______．
5、如图，点A，B，C在⊙O上，四边形OABC是平行四边形，若对角线AC＝AC的长为
_____．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，AB是⊙O的一条弦，E是AB的中点，过点E作EC⊥OA于点C，过点B作O的切线交CE的延长线于点D．
（1）求证：DB=DE；
（2）若AB=12，BD=5，求AC长．
2、如图1，图2，图3的网格均由边长为1的小正方形组成，图1是三国时期吴国的数学家赵爽所绘
制的“弦图”，它由四个形状、大小完全相同的直角三角形组成，赵爽利用这个“弦图”对勾股定理作出了证明，是中国古代数学的一项重要成就，请根据下列要求解答问题．
（1）图1中的“弦图”的四个直角三角形组成的图形是 对称图形（填“轴”或“中心”）．
（2）请将“弦图”中的四个直角三角形通过你所学过的图形变换，在图2，3的方格纸中设计另外两个不同的图案，画图要求：
①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形互不重叠，不必涂阴影；
②图2中所设计的图案（不含方格纸）必须是轴对称图形而不是中心对称图形；图3中所设计的图案（不含方格纸）必须既是轴对称图形，又是中心对称图形．
3、如图1，在ABC 中，90ACB ∠=︒，CA CB =，点D ，E 分别在边CA ，CB 上，CD CE =，连接DE ，AE ，BD ．点F 在线段BD 上，连接CF 交AE 于点H ．
（1）①比较CAE ∠与CBD ∠的大小，并证明；
②若CF AE ⊥，求证：2AE CF =；
（2）将图1中的CDE △绕点C 逆时针旋转()090αα︒<<︒，如图2．若F 是BD 的中点，判断
2AE CF =是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由.
4、如图，AB 是O 的直径，CD 是O 的一条弦，且CD AB ⊥于点E ．
（1）求证：BCO D ∠=∠；
（2）若CD =，1OE =，求O 的半径．
5、如图，在Rt ABC △中，90BCA ∠=︒，AC BC =，将ABC 绕着点A 顺时针旋转得到ADE ，连接BD ，连接CE 并延长交BD 于点F ．
（1）求BFE ∠的度数；
（2）若5AC BC ==，且CE EF =，求DF 的长．
-参考答案-
一、单选题
1、D
【详解】
解：A ．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B ．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C ．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D ．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D ．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，解题的关键是掌握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，旋转180度后与原图重合．
2、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，叫做图形的旋转）是解题关键．
3、A
【分析】
根据直径所对的圆角为直角，可得90C ∠=︒ ，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，
∴90C ∠=︒ ，
∵∠BAC ＝30°，BC ＝2，
∴24AB BC ==．
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．
4、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】
抛物线22y x =+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．
5、B
【分析】
圆的半径为,r 圆心O 到直线l 的距离为,d 当d r =时，直线与圆相切，当d r 时，直线与圆相离，当d r <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.
6、A
【分析】
根据旋转的性质求解80,BOD AOC 110,C A 再利用三角形的内角和定理求解1801104030,COD 再利用角的和差关系可得答案.
【详解】 解： 将△OAB 绕点O 逆时针旋转80°得到△OCD ，
80,BOD AOC
∠A 的度数为110°，∠D 的度数为40°，
110,180
1104030,C A COD 80
3050,AOD 故选A
【点睛】
本题考查的是三角形的内角和定理的应用，旋转的性质，掌握“旋转前后的对应角相等”是解本题的关键.
7、A
【分析】
连结OC ，根据切线长性质DC =AC ，OC 平分∠ACD ，求出∠OCD =∠OCA =12
ACD ∠=30°，利用在Rt△ABC
中，AC =AB tan B =Rt△AOC 中，∠ACO =30°，AO =AC 1=，利用三角形
面积公式求出12AOC S OA AC ∆=⋅=，12DOC S OD DC ∆=⋅=212011==3603
OAD S ππ⨯扇形，利用割补法求即可． 【详解】
解：连结OC ，
∵以AB 边上一点O 为圆心作O ，恰与边AC ，BC 分别相切于点A , D ，
∴DC =AC ，OC 平分∠ACD ，
∵90BAC ∠=︒，30B ∠=︒，
∴∠ACD =90°-∠B =60°，
∴∠OCD =∠OCA =12ACD ∠=30°，
在Rt△ABC 中，AC =AB tan B =
在Rt△AOC 中，∠ACO =30°，AO =AC 1=，
∴OD =OA =1，DC =AC
∴11122AOC S OA AC ∆=⋅=⨯=11122DOC S OD DC ∆=⋅=⨯= ∵∠DOC =360°-∠OAC -∠ACD -∠ODC =360°-90°-90°-60°=120°， ∴212011==3603
OAD S ππ⨯扇形，
S 阴影=1133
AOC DOC OAD S S S ππ∆∆+-扇形． 故选择A ．
【点睛】
本题考查切线长性质，锐角三角形函数，扇形面积，三角形面积，角的和差计算，割补法求阴影面积，掌握切线长性质，锐角三角形函数，扇形面积，三角形面积，角的和差计算，割补法求阴影面积是解题关键．
8、B
【分析】
△为等边三角形，则BD=2，故CD=BC-BD=2．
由题意以及旋转的性质可得ABD
【详解】
由题意以及旋转的性质知AD=AB，∠BAD=60°
∴∠ADB=∠ABD
∵∠ADB+∠ABD+∠BAD=180°
∴∠ADB=∠ABD=60°
△为等边三角形，即AB= AD =BD=2
故ABD
则CD=BC-BD=4-2=2
故选：B．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定及性质，等边三角形的三边都相等，三个内角都相等，并且每一个内角都等于60 ，等边三角形判定的方法有：三边相等的三角形是等边三角形（定义）；三个内角都相等的三角形是等边三角形；有一个内角是60度的等腰三角形是等边三角形；两个内角为60度的三角形是
等边三角形．
9、A
【分析】
中心对称图形是指绕一点旋转180°后得到的图形与原图形能够完全重合的图形，由此判断即可．【详解】
解：根据中心对称图形的定义，可知A选项的图形为中心对称图形，
故选：A．
【点睛】
本题考查中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的基本定义是解题关键．
10、A
【分析】
根据等边三角形的对称性判断即可．
【详解】
∵等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，
∴B，C，D都不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查了等边三角形的对称性，熟练掌握等边三角形的对称性是解题的关键．
二、填空题
1、20
【分析】
先利用旋转的性质得到∠ADC=∠D=90°，∠DAD′=α，再利用四边形内角和计算出∠BAD‘=70°，然后利用互余计算出∠DAD′，从而得到α的值．
【详解】
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形A′B′C′D′的位置，
∴∠ADC=∠D=90°，∠DAD′=α，
∵∠ABC=90°，
∴∠BAD’=180°-∠1=180°-110°=70°，
∴∠DAD′=90°-70°=20°，
即α=20°．
故答案为20．
【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．
2、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，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠EOF＝∠FOA＝60°，
∴△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，
∵O的周长为12π，
∴O的半径为12
6
2
π
π
=，
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，明确正六边形的边长和半径相等是解题的关键．
3、（1）经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；（2）
()12r π+，()12r π-；（3） 2r π
【分析】
（1）根据切线的定义判断即可．
（2）由CB '=AC +AB '，2CB MC '=计算即可；根据MA MC AC =-计算即可． （3）根据勾股定理，得2AE 即为正方形的面积，比较与圆的面积的大小关机即可．
【详解】
解：（1）∵⊙O 的直径AB ，作射线BA ，过点A 作AB 的垂线l ，
∴经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
故答案为：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
（2）根据题意，得AC =r ，AB '=
22
πr =πr ， ∴CB '=AC +AB '=r +πr ， ∴2CB MC '==()12r π+； ∵MA MC AC =-，
∴MA =()12r
π+-r =()12r
π-，
故答案为：()12r
π+，()12r
π-；
（3）如图，连接ME ，
根据勾股定理，得22222AE ME MA MC MA =-=-
=()()2211[][]22r
r
π+π--
=2r π；
故答案为：2r π．
【点睛】
本题考查了圆的切线的定义，勾股定理，圆的周长，正方形的面积和性质，熟练掌握圆的切线的定义，勾股定理，正方形的性质是解题的关键．
4、90°
【分析】
先根据AB 是O 的内接正六边形一边得60AOB ∠=︒，再根据圆周角性质得30APB ∠=︒，再根据平行线的性质得30OAP ∠=︒,最后由三角形外角性质可得结论．
【详解】
解：∵AB 是O 的内接正六边形一边
∴60AOB ∠=︒
∴30APB ∠=︒
∵BP OA ∥
∴=30OAP APB ∠∠=︒
∴603090OCP AOC OAC ∠=∠+∠=︒+︒=︒
故答案为90°
【点睛】
本题主要考查了正多边形与圆，圆周角定理等知识，熟练掌握相关定理是解答本题的关键 5、4π3
【分析】
连接OB ，交AC 于点D ，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形OABC 为菱形，根据菱形的性质可得：OB AC ⊥，OA AB =，AD DC =，根据等边三角形的判定得出OAB 为等边三角形，由此得出120AOC ∠=︒，在直角三角形中利用勾股定理即可确定圆的半径，然后代入弧长公式求解即可．
【详解】
解：如图所示，连接OB ，交AC 于点D ，
∵四边形OABC 为平行四边形，OA OC =，
∴四边形OABC 为菱形，
∴OB AC ⊥，OA AB =，12
AD DC AC ==
= ∵OA OB AB ==，
∴OAB 为等边三角形，
∴60AOB ∠=︒，
∴120AOC ∠=︒，
在Rt OAD 中，设AO r =，则12
OD r =， ∴222AD OD AO +=，
即22212r r ⎛⎫+= ⎪⎝⎭， 解得：2r =或2r =-（舍去），
∴AC 的长为：120241803
ππ⨯⨯=， 故答案为：43
π． 【点睛】
题目主要考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，弧长公式等，熟练掌握各个定理和公式是解题关键．
三、解答题
1、（1）见解析；（2）
152
【分析】
（1）由切线性质及等量代换推出∠4=∠5，再利用等角对等边可得出结论；
（2）由已知条件得出sin∠DEF 和sin∠AOE 的值，利用对应角的三角函数值相等推出结论.
【详解】
（1）如图，
∵DC⊥OA，
∴∠1+∠3=90°，
∵BD为切线，
∴OB⊥BD，
∴∠2+∠5=90°，
∵OA=OB，
∴∠1=∠2，
∵∠3=∠4，
∴∠4=∠5，
在△DEB中，∠4=∠5，
∴DE=DB.
(2)如图，作DF⊥AB于F，
连接OE，∵DB=DE，
BE=3，
∴EF=1
2
在Rt△DEF中，EF=3，DE=BD=5，
∴DF4
=
∴sin∠DEF=DF
DE
=
4
5
，
∵∠AOE90
A A AEC
+∠=︒=∠+∠,AEC DEF
∠=∠，∴∠AOE=∠DEF，
∴在Rt△AOE中，sin∠AOE=
4
5
AE
AO
=，
∵AE=6，
∴AO=15
2
.
【点睛】
本题考查了圆的性质，切线定理，三角形相似，三角函数等知识，结合图形正确地选择相应的知识点与方法进行解题是关键.
2、
（1）中心
（2）见解析
【分析】
（1）利用中心对称图形的意义得到答案即可；
（2）①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形不重叠，是轴对称图形；
②所设计的图案（不含方格纸）必须是中心对称图形或轴对称图形．
（1）
图1中的“弦图”的四个直角三角形组成的图形是中心对称图形，
故答案为：中心；
（2）
如图2是轴对称图形而不是中心对称图形；
图3既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【点睛】
本题考查利用旋转或轴对称设计方案，关键是理解旋转和轴对称的概念，按要求作图即可．
3、（1）①∠CAE =∠CBD ，理由见解析；②证明见解析；（2）AE =2CF 仍然成立，理由见解析
【分析】
（1）①只需要证明△CAE ≌△CBD 即可得到∠CAE =∠CBD ；
②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△CAE ≌△CBD ，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△ACE ≌△BCG 得到AE =BG ，再由CF 是△BDG 的中位线，得到BG =2CF ，即可证明AE =2CF ．
【详解】
解：（1）①∠CAE =∠CBD ，理由如下：
在△CAE 和△ CBD 中，
=CE CD ACE BCD AC BC =⎧⎪∠∠⎨⎪=⎩
， ∴△CAE ≌△CBD （SAS ），
∴∠CAE=∠CBD；
②∵CF⊥AE，
∴∠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∵△CAE≌△CBD，
∴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=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠ECG，即∠ACE=∠BCG，
又∵CE=CD=CG，AC=BC，
∴△ACE≌△BCG（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）见解析；（2）3
【分析】
（1）根据∠D=∠B，∠BCO=∠B，代换证明；
（2）根据垂径定理，得CE=1
OE=，利用勾股定理计算即可．
【详解】
（1）证明：
∵OC＝OB，
∴∠BCO＝∠B；
∵AC AC
=，
∴∠B＝∠D；
∴∠BCO＝∠D；
（2）解：∵AB 是⊙O 的直径，且CD ⊥AB 于点E ，
∴CE ＝1
2CD ，
∵CD ＝
∴CE ＝12⨯= 在Rt △OCE 中，222OC CE OE =+，
∵OE ＝1，
∴2221OC =+，
∴3OC =；
∴⊙O 的半径为3．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，结合图形，熟练运用三个定理是解题的关键．
5、（1）45°；（2）DF =【分析】
（1）根据旋转的性质得AC AE =，AB AD =，90ACB AED ∠=∠=︒，45BAC DAE ∠=∠=︒，通过等量代换及三角形内角和得AEC ADB ∠=∠，根据四点共圆即可求得；
（2）连接EB ，先证明出()SAS BCE DEF ≌
△△，根据全等三角形的性质得45BEF BFE ∠=∠=︒，在BDE 中利用勾股定理，即可求得．
【详解】
解：（1）由旋转可知：
AC AE =，AB AD =，90ACB AED ∠=∠=︒，45BAC DAE ∠=∠=︒，
∴BAD CAE ∠=∠，ACE AEC ∠=∠，ABD ADB ∠=∠．
由三角形内角和定理得AEC ADB ∠=∠，
∴点A ，D ，F ，E 共圆．
∴45BFE DAE ∠=∠=︒．
（2）连接EB ，
∵AC AE =，
∴ACE AEC ∠=∠．
∵90ACB AED ∠=∠=︒，
∴BCE DEF ∠=∠．
又∵CE EF =，CB ED =，
∴()SAS BCE DEF ≌△△．
∴BEC DFE ∠=∠，BE DF =．
∴45BEF BFE ∠=∠=︒．
在BDE 中，90DBE ∠=︒，BF BE DF ==，5DE =，
∵222BE BD DE +=，
∴DF =
【点睛】
本题考查了旋转的性质、三角形全等判定及性质、勾股定理、三角形内角和等，解题的关键是掌握旋转的性质．。