2023-2024学年沪科版（2012）九年级下册第二十四章圆单元测试卷(含解析)

2023-2024学年 沪科版（2012）九年级下册 第二十四章 圆 单元测试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题
1．如图，平行四边形中，，以为直径的圆经过点，点为线段上动点（不与重合），过点作直线于，交直线于．①点的坐标是；②直线的解析式是：；③当时，直线与已知圆相切；④直线与圆看似相切，实则相交．以下结论正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．平面内，已知的半径是，线段，则点P（　　）
A．在外 B．在上 C．在内 D．不能确定
3．如图，将正方形绕点D顺时针旋转后，点B的坐标变为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，为直径，P是外的一点，，分别与相切于点A，B，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在正方形中，，且 则以下结论：平分；；的周长为；的面积等于正方形的面积的一半．其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（）
A． B． C． D．
7．如图，将绕点顺时针旋转得到（点旋转至点，点旋转至点），若线段，则的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
8．在中，，是角平分线．以点为圆心，长为半径作，则与的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定
9．如图，半径为的圆中有一个内接矩形，，点是的中点，于点，若矩形的面积为，则线段的长为
A． B． C． D．
10．如图，在平面直角坐标系中，绕某点逆时针旋转得到，则旋转中心是点（ ）
A． B． C． D．无法确定
评卷人得分
二、填空题
11．如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为，将绕着点B顺时针旋转，得到，则点C的坐标是 ．
12．如图，是的弦，是的切线．若，则 ．
13．如图，在扇形中，点C，D在上，将沿弦折叠后恰好与相切于点E，F．已知，则的长度为 ．
14．如图，四边形内接于，、的延长线相交于点E，、的延长线相交于点F．若，，则的度数为 ．
15．如图，是的外接圆，，，则的半径长等于 ．
16．将如图放置在直角坐标系中，并绕点顺时针旋转至的位置，已知，．则旋转过程中所扫过的图形的面积为 ．
评卷人得分
三、证明题
17．如图，四边形内接于，是的直径，点在的延长线上，延长交的延长线于点，点是的中点，．

(1)求证：是的切线；
(2)求证：是等腰三角形；
(3)若，，求的长．
评卷人得分
四、问答题
18．如图，、是的切线，、是切点，是的直径，连接，交于点，交于点．
(1)求证：；
(2)若恰好是的中点，且四边形的面积是，求阴影部分的面积；
(3)若，且，求切线的长．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】①根据平行四边形的性质得，证明四边形是矩形，可得，可得点的坐标；②利用待定系数法可得直线的解析式；③过的中点作于，交于，可以求出，的长解题；④连接，求出的度数判断是否相切．
【详解】如图，连接，
∵是圆的直径，
，
∵四边形是平行四边形，
，
，
，
，
∴四边形是矩形，
，
∴，故①不正确；
②∵点的坐标为，
设直线的解析式为：，
则，解得 ，
∴直线的解析式为：，故②正确；
如图， 过的中点作于，交于，
则是的中点，
∴，
∵，，
∴，
，
∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴直线与已知圆相切，故正确；
④连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴直线与圆相切，故④错误；
故正确的为②③，共2个，
故选B．
【点睛】本题是圆的综合题型，主要利用了待定系数法求一次函数解析式，直线和圆相切的判定，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，掌握圆与平行四边形的性质是关键．
2．A
【分析】本题考查了点与圆的位置关系，根据点与圆的位置关系的判定方法对点P与的位置关系进行判断．
【详解】解：∵的半径为，线段，
∴点P到圆心的距离大于圆的半径，
∴点P在外．
故选：A．
3．A
【分析】本题考查了旋转的性质和网格当中的旋转作图．
作，将绕点D顺时针旋转至，即可得出B点的坐标．
旋转的三要素为旋转中心、旋转方向、旋转角度，正确的作出旋转以后的图形是解题的关键．
如图，作，将绕点D顺时针旋转至
则，，
，
，
∴正方形绕点D顺时针旋转后，点B的坐标变为．
故选：A
【详解】详解片段
4．B
【分析】本题考查了切线的性质，连接，由切线的性质求出，的度数，最后利用四边形的内角和计算即可；解题的关键是掌握切线的性质．
【详解】解：如图，连接，
，，
，
，分别与相切于点A，B，
，
，
．
故选：B．
5．C
【分析】将绕点顺时针旋转得，然后证明≌，再逐一判断即可．
【详解】如图，将绕点顺时针旋转得到．

根据旋转的性质，得，，，，．
①∵，
∴．
∴．
在和中，
∴，
∴．
∴．
∴平分．
故①正确．
②∵,
∴，
故②正确．
③．
故③正确．
④∵，
根据旋转有：，
∴．
∴,
∴，
故④错误．
综上所述，①②③正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的判定，解题的关键是根据旋转的性质绘制辅助线．
6．D
【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，利用了关于原点的对称点：横、纵坐标都变成相反数．
根据关于原点的对称点，横、纵坐标都变成相反数，可得答案．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故选：D．
7．A
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质．根据旋转的性质可得，然后判断出是等边三角形，再根据等边三角形即可求解．
【详解】解：绕点顺时针旋转得到，
，
是等边三角形，
，
，
，
故选：A．
8．B
【分析】本题考查了等腰三角形的性质、直线与圆的位置关系，先根据等腰三角形的性质得出，即可得出答案，熟练掌握等腰三角形的性质是解此题的关键．
【详解】解：在中，，是角平分线，
，
以点为圆心，长为半径作，
与的位置关系是相切，
故选：B．
9．A
【分析】本题主要考查圆与勾股定理的综合应用；连接，，，根据圆周角定理，结合已知条件易证得为的直径，，则，再根据弧、弦、圆心角的关系及等腰直角三角形的性质可求得，然后根据同弧所对的圆周角相等及勾股定理可得，，设，，其中，利用勾股定理及矩形面积公式列得方程，解方程求得，的长度，再结合可证得，则，最后利用勾股定理列得方程，解方程即可．
【详解】解：如图，连接，，
四边形为矩形，
，
为的直径，，
的半径为，
，
点为的中点，
，
，
，，
，，
设，，其中，
则，
解得：或 舍去，
即，，
，，
，
，
，
，
，
解得：或，
故选：A．
10．A
【分析】本题考查了坐标与图形变化-旋转：理解旋转中心为对应点的垂直平分线的交点是解决问题的关键．作和的垂直平分线，它们的交点为O点，从而可判断旋转中心为点O．
【详解】解：如图，绕O点逆时针旋转得到．
故选：A．
11．
【分析】本题考查了坐标与图形变化旋转，直角三角形的性质，勾股定理，求出、的长度是解题的关键．
作轴于，再利用旋转的性质求出，根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半求出，利用勾股定理列式求出，然后求出点的横坐标，再写出点的坐标即可．
【详解】解：作轴于，
点的坐标为，
，
，
∴，
，，
，
∴．
故答案为：．
12．
【分析】此题重点考查圆的切线的性质、圆周角定理、多边形的内角和等知识，接、，由切线的性质得，再由圆周角定理求得，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接、，
与相切于点，与相切于点，
，，
，
，
，
，
故答案为：．
13．
【分析】如图，作，，与交于点，则，由折叠的性质可知，扇形与扇形半径相同，即，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，作，，与交于点，
∴，
由折叠的性质可知，扇形与扇形半径相同，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，折叠的性质，四边形内角和，弧长等知识．熟练掌握折叠的性质，弧长公式是解题的关键．
14．/46度
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，三角形的外角性质．先两次根据三角形的外角定理，得，再根据圆内接四边形的性质，得，即可得出结果．
【详解】解：∵ 是的外角，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
15．5
【分析】本题考查的是三角形的外接圆，圆周角定理、等边三角形的性质，连接，得到．由，得到是等边三角形，即可得到结果．
【详解】解：如图，连接，
，
．
，
是等边三角形，
，即的半径长为5，
故答案为：5．
16．
【分析】本题考查了作旋转变换及扇形面积的计算，由，得到，求得，，，点为的中点，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：旋转过程中所扫过的图形如下图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
则旋转过程中所扫过的图形的面积∶
，
故答案为：．
17．(1)见详解
(2)见详解
(3)．
【分析】（1）连接，点是的中点，是的中点，即有，，即可得到．根据为的直径，有，即，，则有，可知是的切线；
（2）根据点是的中点，是的中点，可知，．根据四边形内接于，可知，即有，结论得证；
（3）先证得，则有，可解得，；在中，由勾股定理可得，解得，在和中，利用勾股定理来求即可．
【详解】（1）证明：连接，如下图，

∵是的中点，是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
即，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）证明：∵点是的中点，，即，
∴，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（3）解：连接，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∴；
在中，由勾股定理可得，
即，
解得，则，
∵是圆的直径，
∴，
∴，即．
解得．
【点睛】本题主要考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识，证得是圆的切线是解答本题的关键．
18．(1)见解析；
(2)；
(3)．
【分析】（）根据切线长定理可得，证明和即可；
（）设，则，，，再根据即可求解；
（）在中，，可以假设，则，，则，在中，，构建方程求出，再证明即可求解．
【详解】（1）证明：∵，是的切线，
∴，
∵，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
设，则，，，
∵四边形的面积是，
∴，
∴，
∴或（舍去），
∴，，，
∵，
∴＝，
∴，
∴，
∴；
（3）在中，，
∴可以假设，则，，，
在中，，
∴，
∴或（舍去），
∴，，，
∵是切线，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴s，
∴．
【点睛】本题考查了切线长和切线的性质、全等三角形的性质与判定，扇形面积的计算、勾股定理以及解直角三角形等知识，灵活运用切线的性质与判定及方程思想是解题的关键．
答案第1页，共2页
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