浙教版数学九上第3章 圆的基本性质 一阶单元测试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）
1．（2024九上·昆明开学考）图中是圆心角的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2019·长沙）一个扇形的半径为6，圆心角为120°，则该扇形的面积是（ ）
A．2π B．4π C．12π D．24π
3．（2024·盐城）下列四幅图片中的主体事物，在现实运动中属于翻折的是（ ）
A．工作中的雨刮器 B．移动中的黑板
C．折叠中的纸片 D．骑行中的自行车
4．（2024·长沙）如图，在中，弦AB的长为8，圆心O到AB的距离，则的半径长为（ ）
A．4 B． C．5 D．
5．（2018-2019学年数学浙教版九年级上册3.5 圆周角（2） 同步练习）如图，OA，OC是⊙O的半径，点B在⊙O上，若AB∥OC，∠BCO=21°，则∠AOC的度数是（ ）
A．42° B．21° C．84° D．60°
6．（2024·云南模拟）已知正多边形的一个内角是140°，则这个正多边形的边数是( )
A．九 B．八 C．七 D．六
7．（2014·北海）如图，△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AED的位置，使得DC∥AB，则∠BAE等于（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
8．（人教版九年级数学上册 第二十四章圆 单元检测a卷）如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在劣弧AB上，连接DP，交AC于点Q．若QP=QO，则的值为（ ）
A．2-1 B．2 C．+ D．+2
9．（2024·吉林）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣4，0），点C的坐标为（0，2）．以OA，OC为边作矩形OABC．若将矩形OABC绕点O顺时针旋转90°，得到矩形OA'B'C'，则点B'的坐标为（ ）
A．（﹣4，﹣2） B．（﹣4，2）
C．（2，4） D．（4，2）
10．（2023八上·宣化期中） 如图，在正方形中，为边上一点，点在边上，且，将点绕着点顺时针旋转，得到点，连接，则的最小值为（ ）
A．2 B． C．3 D．
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11．（2023九上·慈溪期末）已知四边形内接于，若，则的度数为 .
12．（2024·长沙）半径为4，圆心角为的扇形的面积为 (结果保留).
13．（2024·镇江）如图，四边形ABCD为平行四边形，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交BC边于点E，连接AE，AB＝1，∠D＝60°，则的长l＝ （结果保留π）．
14．（2024·黑龙江）如图，△ABC内接于⊙O，AD是直径，若∠B＝25°，则∠CAD＝ °．
15．（2024八上·长春开学考）如图，将绕点顺时针旋转，得到，则 ．
16．（2024九上·惠州期中）如图，抛物线与轴负半轴交于点A，P是以点为圆心，半径为2的圆上的动点，是线段PA的中点，连接OQ，则线段OQ的最小值是 .
三、解答题（本题共8小题，第17题6分，第18题6分，第19题6分，第20题7分，第21题7分，第22题11分，第23题11分，第24题12分，共66分）
17．（2024八下·景德镇期中） 如图，在中，，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，过点D作，垂足为点E，，求的度数．
18．（2023九上·福田开学考）△ABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示．
⑴作△ABC关于点C成中心对称的△A1B1C1．
⑵将△A1B1C1向右平移4个单位，作出平移后的△A2B2C2．
⑶在x轴上求作一点P，使PA1＋PC2的值最小，并写出点P的坐标（不写解答过程，直接写出结果）
19．（2024·抚州模拟）如图，已知点，，均在上，请用无刻度的直尺作图．
（1）如图1，若点是的中点，试画出的平分线；
（2）如图2，若，试画出的平分线．
20．（2024八下·南山期末）综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在中，，，，将绕点A逆时针旋转得到，旋转角小于，点 B 的对应点为点D，点 C的对应点为点E，交于点O，延长交于点P．
数学思考：（1）试判断与的数量关系，并说明理由．
深入探究：（2）在以上图形旋转的过程中，老师让同学们提出新的问题．
① “乐学小组”提出问题：如图2，当时，则线段的长为 ．
② “善思小组”提出问题：如图3，当时，求线段的长．
21．（2024·浙江模拟）【回顾课本】
浙教版八年级下册数学教材“4.5三角形的中位线”一课中给出了“三角形的中位线定理”的证明思路，请完成证明过程.
已知：如图1，DE是△ABC的中位线.
求证：
分析：因为E是AC的中点，可以考虑以点E为中心，把△ADE按顺时针方向旋转180°，得到△CFE，这样就只需要证明四边形BCFD是平行四边形.
【探究发现】
如图2，等边△ABC的边长为2，点D，E分别为AB，AC边中点，点F为BC边上任意一点(不与B，C重合)，沿DE，DF剪开分成①，②，③三块后，将②，③分别绕点D，E旋转180°恰好能与①拼成 DIHG，求 DIHG周长的最小值.
【拓展作图】
如图3，已知四边形ABCD，现要将其剪成四块，使得剪成的四块能通过适当的摆放拼成一个平行四边形，请在图3中画出剪痕，并对剪痕作适当的说明.
22．（2018九上·连城期中）如图AB是半圆的直径，图1中，点C在半圆外；图2中，点C在半圆内，请仅用无刻度的直尺按要求画图．
（1）在图1中，画出△ABC的三条高的交点；
（2）在图2中，画出△ABC中AB边上的高．
23．（2019八上·武汉月考）如图，把一个直角三角形ACB（∠ACB=90°）绕着顶点B顺时针旋转60°，使得点C旋转到AB边上的一点D，点A旋转到点E的位置.F，G分别是BD，BE上的点，BF=BG，延长CF与DG交于点H.
（1）求证：CF=DG；
（2）求出∠FHG的度数.
24．（2024·广东模拟）如图，已知是的半径，过上一点D作弦垂直于，连接，．线段为的直径，连接交于点．
（1）求证：；
（2）若平分，求的值
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】圆心角、弧、弦的关系
【解析】【解答】解：对于A，为圆周角，故A错误；
对于B，是圆心角，故B正确；
对于C，不是圆心角，故C错误；
对于D，不是圆心角，故D错误；
故选：B
【分析】圆心角是过弧AB两端的半径构成的角．
2．【答案】C
【知识点】扇形面积的计算
【解析】【解答】S= ，
故答案为：C．
【分析】利用扇形的面积公式计算即可.
3．【答案】C
【知识点】生活中的轴对称现象；生活中的平移现象；生活中的旋转现象
【解析】【解答】解：A、工作中的雨刮器，属于旋转，故不符合题意；
B、移动中的黑板，属于平移，故不符合题意；
C、折叠中的纸片，属于翻折 ，故符合题意；
D、骑行中的自行车， 属于平移，故不符合题意；
故答案为：C.
【分析】分别确定各项中现实运动中属于哪种变换，再判断即可.
4．【答案】B
【知识点】勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解：∵OE⊥AB，
∴AE=，
∵OE=4，
∴OA=，
即的半径长为.
故答案为：B.
【分析】首先根据垂径定理得出AE=，然后再根据勾股定理得出OA的长度，也就是的半径长。
5．【答案】A
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】详解：∵AB∥OC，
∴∠ABC＝∠BCO＝21°，
∵∠ABC与∠AOC是同弧所对的圆周角与圆心角，
∴∠AOC＝2∠ABC＝42°．
故答案为：A
【分析】根据二直线平行内错角相等得出∠ABC＝∠BCO＝21°，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出∠AOC＝2∠ABC＝42°．
6．【答案】A
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：设多边形的边数为n，则由题意得解得n=9
故答案为：A.
【分析】由正多边形的内角和除以边数即为每个内角的度数，解方程即可.
7．【答案】C
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵DC∥AB，
∴∠DCA=∠CAB=65°，
∵△ABC绕点A旋转到△AED的位置，
∴∠BAE=∠CAD，AC=AD，
∴∠ADC=∠DCA=65°，
∴∠CAD=180°﹣∠ADC﹣∠DCA=50°，
∴∠BAE=50°．
故选：C．
【分析】先根据平行线的性质得∠DCA=∠CAB=65°，再根据旋转的性质得∠BAE=∠CAD，AC=AD，则根据等腰三角形的性质得∠ADC=∠DCA=65°，然后根据三角形内角和定理计算出∠CAD=180°﹣∠ADC﹣∠DCA=50°，于是有∠BAE=50°．
8．【答案】D
【知识点】圆周角定理
【解析】解：如图，设⊙O的半径为r，QO=m，则QP=m，QC=r+m，
QA=r﹣m．
在⊙O中，根据相交弦定理，得QA QC=QP QD．
即（r﹣m）（r+m）=m QD，所以QD=．
连接DO，由勾股定理，得QD2=DO2+QO2，
即，
解得
所以，
故选D．
【分析】设⊙O的半径为r，QO=m，则QP=m，QC=r+m，QA=r﹣m．利用相交弦定理，求出m与r的关系，即用r表示出m，即可表示出所求比值．
9．【答案】C
【知识点】矩形的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：∵A（-4，0），C（0，2），
∴OA=4，OC=2，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=4，
∵将矩形OABC绕点O顺时针旋转90°，得到矩形OA'B'C'，
∴OC'=OC=2，B'C'=BC=4，
∴点B'（2，4）.
故答案为：C.
【分析】根据点A、C的坐标可得OA=4，OC=2，根据矩形的性质得BC=OA=4，由旋转的性质得OC'=OC=2，B'C'=BC=4，从而即可得出点B'的坐标.
10．【答案】C
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，过点G作GH⊥BC，垂足为H，
四边形ABCD是正方形，
AB=CD=4，
由旋转的性质可得：
EF=GF，
BF=GH=1，
点G在与BC平行且与BC距离为1的直线上，
当点G在CD边上时，DG最小，且最小值为4-1=3，
故答案为：C.
【分析】过点G作GH⊥BC，垂足为H，可得由正方形性质得AB=CD=4，再根据旋转的性质得EF=GF，进一步证明，进而得到BF=GH=1，最后由点G在与BC平行且与BC距离为1的直线上，点G在CD边上时，DG最小，进而计算取值.
11．【答案】50°
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形 内接于 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为：50°.
【分析】根据圆内接四边形对角互补可得∠A+∠C=180°，据此计算.
12．【答案】4
【知识点】扇形面积的计算
【解析】【解答】解：S扇形=.
故答案为：4.
【分析】根据扇形面积计算公式“”即可求得答案.
13．【答案】
【知识点】弧长的计算
【解析】【解答】解：根据题意，得AB=AE=1，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠D=60°，
∴∠ABE=∠D=60°，
∴是等边三角形，
∴∠BAE=60°，
∴的长，
故答案为：.
【分析】根据作图步骤得AB=AE=1，然后利用平行四边形对角相等得∠ABE=∠D=60°，接下来根据等边三角形的判定定理：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形得是等边三角形，从而有∠BAE=60°，最后根据弧长的计算公式进行求解即可.
14．【答案】65
【知识点】圆周角定理；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：连接CD，
∵，
∴∠D=∠B=25°，
又∵AD是直径，
∴∠ACD=90°，
∴∠CAD=180°-∠D-∠ACD=65°.
故答案为：65.
【分析】利用同弧所对圆周角相等将条件转换往目标角靠拢，结合直径所对圆周角为直角即可推理计算得出目标角度数.
15．【答案】
【知识点】多边形内角与外角；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质可知，，，
∵点恰好在的延长线上，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】由旋转的性质可知，∠BAD=110°，∠ABC=∠ADE，由邻补角定义得∠ABC+∠ABE=180°，则∠ADE+∠ABE=180°，最后根据四边形的内角和为360°，列式计算即可.
16．【答案】
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：如图，设抛物线与x轴的另一个交点为B，
，当y=0时，=0，解得x1=4，x2=-4，
∴A（-4，0），B（4，0），
连接BP，
∵Q是PA的中点，OA=OB，
∴OQ=BP，
∴当BP值最小时，OQ最小，
连接BC交圆于点P'，此时BP值最小，则BP=BP'，即是点P运动到点P'位置时，BP最小，
BC==5，
∴BP'=BC-OP'=5-2=3，
∴ 线段OQ的最小值是.
故答案为：.
【分析】设抛物线与x轴的另一个交点为B，由可求A（-4，0），B（4，0），连接BP，可得OQ是△BAP的中位线，可得OQ=BP，当BP值最小时，OQ最小，连接BC交圆于点P'，此时BP值最小，则BP=BP'，即是点P运动到点P'位置时，BP最小，求出此时BP'的长即可.
17．【答案】解：将线段绕点A逆时针旋转得到线段，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定-HL；旋转的性质
【解析】【分析】根据旋转的性质可得，进而得到∠D，再根据全等三角形的判定HL证出，进而得到∠B即可.
18．【答案】解：（1）如图所示： △A1B1C1就是所求的三角形；
（2）如图所示： △A2B2C2 就是所求的三角形；
（3）如图所示：作出A1关于x轴的对称点A′，连接A′C2，交x轴于点P，该点就是所求的点；
设直线A'C2的解析式为y=kx+b，
将点A'（2，-1），C2（4，2）分别代入得，
解得，
∴直线A'C2的解析式为，
将y=0代入得x=，
∴P点坐标为：（，0）．
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；坐标与图形变化﹣平移；中心对称及中心对称图形；坐标与图形变化﹣旋转；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）利用方格纸的特点及中心对称的性质，分别作出点A、B、C关于点C的对称点A1、B1、C1，再连接即可；
（2）利用方格纸的特点及平移的性质，分别作出点A1、B1、C1向右平移4个单位长度后的对应A2、B2、C2，再连接即可；
（3）作出A1关于x轴的对称点A′，连接A′C2，交x轴于点P，该点就是所求的点；根据点A'及C2的坐标，利用待定系数法求出直线A'C2的解析式，进而将y=0代入所求的解析式算出对应的x的值，可得点P的坐标.
19．【答案】（1）解：如图所示，连接并延长，交于点，连接，则即为所求；
∵点是的中点，
∴
∴
∴；
（2）解：如图所示，连接交于点，连接并延长交于点，连接，则即即为所求
∵
∴
∴
∴，
连接，
∴垂直平分
∴
∴
【知识点】平行线的性质；垂径定理
【解析】【分析】（1）根据垂径定理连接并延长，交于点，连接，则即为所求；
（2）根据平行线的性质结合垂径定理，连接交于点，连接并延长交于点，连接，则即即为所求。
20．【答案】解：（1），理由如下：
连接，如图1，
由旋转的性质知，，，
，
，
；
（2）①；
②如图3，
，，，
，
由旋转的性质知，，，，，
当时，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】（2）解：①如图2，延长，交于点F，
，
，
，，
由(1)知，，
设，
则，
，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）PC=PE，理由如下：连接AP，由旋转的性质得到AC=AE，∠C=∠AEP=90°，根据HL证明Rt△APE≌Rt△APC，然后根据全等三角形的对应边相等得PC=PE；
（2）①延长AE，交BC于点F，由三角形的内角和定理可得∠EPF=∠EFP=∠CAE=45°，由等角对等边得PE=EF，AC=CF=6，设PC=PE=x，在Rt△PEF中，用勾股定理表示出PF，然后根据CF=CP+PF建立方程可求出x的值，从而得到PC的长，最后根据BP=BC-PC可求出答案；
②在Rt△ABC中，由勾股定理求得AB=10，由旋转的性质知AD=AB=10，DE=BC=8，∠B=∠D，∠C=∠AED=90°，当∠CAE=∠B时，得出AD∥BC，由二直线平行，内错角相等得∠1=∠B，∠D=∠2，进而推出∠1=∠D，∠2=∠B，由等角对等边得AO=DO，BO=PO，然后根据线段的和差可求出PD=10，PC=PE=2，最后根据BP=BC-PC可算出答案.
21．【答案】【 回顾课本】
证明：以点 E为旋转中心，把△ADE绕点E，按顺时针方向旋转180°，得△CFE，
则D，E，F同在一直线上，DE=EF， 且△ADE≌△CFE
∴∠ADE=∠F， AD=CF
∴AB∥CF
又∵BD=AD=CF
∴四边形BCFD是平行四边形
∴DF∥BC， DF=BC
【探究发现】
由题可知： DIHG周长=2DI+2DG=2BC+2DF =4+2DF
当DF⊥BC时最小， 此时
∴ DIHG周长的最小值为.
【拓展作图】
点E，F，G，H分别是AB， BC， CD，DA边的中点，沿EF，GH，HE剪开分成四块即可，或沿EG，HF剪开分成四块亦可
【知识点】垂线段最短及其应用；等边三角形的性质；平行四边形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】【 回顾课本】以点 E为旋转中心， 把△ADE绕点E， 按顺时针方向旋转180°得△CFE，证明四边形BCFD是平行四边形，即可得到结论；
【探究发现】 由旋转及平行四边形的性质可知，要使得平行四边形周长最小时，当时，取得最小值，，利用含的直角三角形即可求解；
【拓展作图】 取，，，边中点，，，，再根据旋转和平移即可求解．
22．【答案】（1）解：如图1，点P就是所求作的点。
（2）解：如图2，CD为AB边上的高。
【知识点】圆周角定理
【解析】【分析】（1）利用直径AB所对的圆周角是直角可分别画出△ABC中边AC、BC上的高，进而得三条高的交点。
（2）利用图1，可将图2中的三角形CAP看作图1中的三角形PAB，进而模仿1画出满足题意的高。
23．【答案】（1）证明：∵△ABC旋转60°后为△EBD.
∴ .
∵在△CBF和△DBG中， ，
∴△CBF≌△DBG（SAS）
∴CF=DG.
（2）解：∵△CBF≌△DBG，
∴∠BCF=∠BDG
又∵∠CFB=∠DFH
∵∠BCF+∠CFB=180°-∠CBF
∠BDG+∠DFH=180°-∠DHF
∴∠DHF=∠CBF=60°
∴∠FHG=180°﹣∠DHF=180°﹣60°=120°.
【知识点】全等三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）在△CBF和△DBG中，根据SAS即可证得两个三角形全等，根据全等三角形的对应边相等即可证得.（2）根据全等三角形的对应角相等，即可证得∠DHF=∠CBF=60°，从而求解.
24．【答案】（1）证明：∵，
∴，
∴；
（2）解：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（1），
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；垂径定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据垂径定理得，进而根据等弧所对的圆周角相等可得结论；
（2）根据角平分线的定义、等弧所对的圆周角相等可推出∠OAC=∠EBC，由等边对等角得∠OAC=∠C，则∠EBC=∠C，由等角对等边得BF=CF，结合（1）的结论得∠ABE=∠C=∠EBC，由直径所对的圆周角是直角及三角形的内角和定理推出∠ABE=30°，根据含30°角直角三角形性质得AF=CF，此题得解了.
1 / 1浙教版数学九上第3章 圆的基本性质 一阶单元测试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）
1．（2024九上·昆明开学考）图中是圆心角的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】圆心角、弧、弦的关系
【解析】【解答】解：对于A，为圆周角，故A错误；
对于B，是圆心角，故B正确；
对于C，不是圆心角，故C错误；
对于D，不是圆心角，故D错误；
故选：B
【分析】圆心角是过弧AB两端的半径构成的角．
2．（2019·长沙）一个扇形的半径为6，圆心角为120°，则该扇形的面积是（ ）
A．2π B．4π C．12π D．24π
【答案】C
【知识点】扇形面积的计算
【解析】【解答】S= ，
故答案为：C．
【分析】利用扇形的面积公式计算即可.
3．（2024·盐城）下列四幅图片中的主体事物，在现实运动中属于翻折的是（ ）
A．工作中的雨刮器 B．移动中的黑板
C．折叠中的纸片 D．骑行中的自行车
【答案】C
【知识点】生活中的轴对称现象；生活中的平移现象；生活中的旋转现象
【解析】【解答】解：A、工作中的雨刮器，属于旋转，故不符合题意；
B、移动中的黑板，属于平移，故不符合题意；
C、折叠中的纸片，属于翻折 ，故符合题意；
D、骑行中的自行车， 属于平移，故不符合题意；
故答案为：C.
【分析】分别确定各项中现实运动中属于哪种变换，再判断即可.
4．（2024·长沙）如图，在中，弦AB的长为8，圆心O到AB的距离，则的半径长为（ ）
A．4 B． C．5 D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解：∵OE⊥AB，
∴AE=，
∵OE=4，
∴OA=，
即的半径长为.
故答案为：B.
【分析】首先根据垂径定理得出AE=，然后再根据勾股定理得出OA的长度，也就是的半径长。
5．（2018-2019学年数学浙教版九年级上册3.5 圆周角（2） 同步练习）如图，OA，OC是⊙O的半径，点B在⊙O上，若AB∥OC，∠BCO=21°，则∠AOC的度数是（ ）
A．42° B．21° C．84° D．60°
【答案】A
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】详解：∵AB∥OC，
∴∠ABC＝∠BCO＝21°，
∵∠ABC与∠AOC是同弧所对的圆周角与圆心角，
∴∠AOC＝2∠ABC＝42°．
故答案为：A
【分析】根据二直线平行内错角相等得出∠ABC＝∠BCO＝21°，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出∠AOC＝2∠ABC＝42°．
6．（2024·云南模拟）已知正多边形的一个内角是140°，则这个正多边形的边数是( )
A．九 B．八 C．七 D．六
【答案】A
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：设多边形的边数为n，则由题意得解得n=9
故答案为：A.
【分析】由正多边形的内角和除以边数即为每个内角的度数，解方程即可.
7．（2014·北海）如图，△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AED的位置，使得DC∥AB，则∠BAE等于（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】C
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵DC∥AB，
∴∠DCA=∠CAB=65°，
∵△ABC绕点A旋转到△AED的位置，
∴∠BAE=∠CAD，AC=AD，
∴∠ADC=∠DCA=65°，
∴∠CAD=180°﹣∠ADC﹣∠DCA=50°，
∴∠BAE=50°．
故选：C．
【分析】先根据平行线的性质得∠DCA=∠CAB=65°，再根据旋转的性质得∠BAE=∠CAD，AC=AD，则根据等腰三角形的性质得∠ADC=∠DCA=65°，然后根据三角形内角和定理计算出∠CAD=180°﹣∠ADC﹣∠DCA=50°，于是有∠BAE=50°．
8．（人教版九年级数学上册 第二十四章圆 单元检测a卷）如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在劣弧AB上，连接DP，交AC于点Q．若QP=QO，则的值为（ ）
A．2-1 B．2 C．+ D．+2
【答案】D
【知识点】圆周角定理
【解析】解：如图，设⊙O的半径为r，QO=m，则QP=m，QC=r+m，
QA=r﹣m．
在⊙O中，根据相交弦定理，得QA QC=QP QD．
即（r﹣m）（r+m）=m QD，所以QD=．
连接DO，由勾股定理，得QD2=DO2+QO2，
即，
解得
所以，
故选D．
【分析】设⊙O的半径为r，QO=m，则QP=m，QC=r+m，QA=r﹣m．利用相交弦定理，求出m与r的关系，即用r表示出m，即可表示出所求比值．
9．（2024·吉林）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣4，0），点C的坐标为（0，2）．以OA，OC为边作矩形OABC．若将矩形OABC绕点O顺时针旋转90°，得到矩形OA'B'C'，则点B'的坐标为（ ）
A．（﹣4，﹣2） B．（﹣4，2）
C．（2，4） D．（4，2）
【答案】C
【知识点】矩形的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：∵A（-4，0），C（0，2），
∴OA=4，OC=2，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=4，
∵将矩形OABC绕点O顺时针旋转90°，得到矩形OA'B'C'，
∴OC'=OC=2，B'C'=BC=4，
∴点B'（2，4）.
故答案为：C.
【分析】根据点A、C的坐标可得OA=4，OC=2，根据矩形的性质得BC=OA=4，由旋转的性质得OC'=OC=2，B'C'=BC=4，从而即可得出点B'的坐标.
10．（2023八上·宣化期中） 如图，在正方形中，为边上一点，点在边上，且，将点绕着点顺时针旋转，得到点，连接，则的最小值为（ ）
A．2 B． C．3 D．
【答案】C
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，过点G作GH⊥BC，垂足为H，
四边形ABCD是正方形，
AB=CD=4，
由旋转的性质可得：
EF=GF，
BF=GH=1，
点G在与BC平行且与BC距离为1的直线上，
当点G在CD边上时，DG最小，且最小值为4-1=3，
故答案为：C.
【分析】过点G作GH⊥BC，垂足为H，可得由正方形性质得AB=CD=4，再根据旋转的性质得EF=GF，进一步证明，进而得到BF=GH=1，最后由点G在与BC平行且与BC距离为1的直线上，点G在CD边上时，DG最小，进而计算取值.
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11．（2023九上·慈溪期末）已知四边形内接于，若，则的度数为 .
【答案】50°
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形 内接于 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为：50°.
【分析】根据圆内接四边形对角互补可得∠A+∠C=180°，据此计算.
12．（2024·长沙）半径为4，圆心角为的扇形的面积为 (结果保留).
【答案】4
【知识点】扇形面积的计算
【解析】【解答】解：S扇形=.
故答案为：4.
【分析】根据扇形面积计算公式“”即可求得答案.
13．（2024·镇江）如图，四边形ABCD为平行四边形，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交BC边于点E，连接AE，AB＝1，∠D＝60°，则的长l＝ （结果保留π）．
【答案】
【知识点】弧长的计算
【解析】【解答】解：根据题意，得AB=AE=1，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠D=60°，
∴∠ABE=∠D=60°，
∴是等边三角形，
∴∠BAE=60°，
∴的长，
故答案为：.
【分析】根据作图步骤得AB=AE=1，然后利用平行四边形对角相等得∠ABE=∠D=60°，接下来根据等边三角形的判定定理：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形得是等边三角形，从而有∠BAE=60°，最后根据弧长的计算公式进行求解即可.
14．（2024·黑龙江）如图，△ABC内接于⊙O，AD是直径，若∠B＝25°，则∠CAD＝ °．
【答案】65
【知识点】圆周角定理；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：连接CD，
∵，
∴∠D=∠B=25°，
又∵AD是直径，
∴∠ACD=90°，
∴∠CAD=180°-∠D-∠ACD=65°.
故答案为：65.
【分析】利用同弧所对圆周角相等将条件转换往目标角靠拢，结合直径所对圆周角为直角即可推理计算得出目标角度数.
15．（2024八上·长春开学考）如图，将绕点顺时针旋转，得到，则 ．
【答案】
【知识点】多边形内角与外角；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质可知，，，
∵点恰好在的延长线上，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】由旋转的性质可知，∠BAD=110°，∠ABC=∠ADE，由邻补角定义得∠ABC+∠ABE=180°，则∠ADE+∠ABE=180°，最后根据四边形的内角和为360°，列式计算即可.
16．（2024九上·惠州期中）如图，抛物线与轴负半轴交于点A，P是以点为圆心，半径为2的圆上的动点，是线段PA的中点，连接OQ，则线段OQ的最小值是 .
【答案】
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：如图，设抛物线与x轴的另一个交点为B，
，当y=0时，=0，解得x1=4，x2=-4，
∴A（-4，0），B（4，0），
连接BP，
∵Q是PA的中点，OA=OB，
∴OQ=BP，
∴当BP值最小时，OQ最小，
连接BC交圆于点P'，此时BP值最小，则BP=BP'，即是点P运动到点P'位置时，BP最小，
BC==5，
∴BP'=BC-OP'=5-2=3，
∴ 线段OQ的最小值是.
故答案为：.
【分析】设抛物线与x轴的另一个交点为B，由可求A（-4，0），B（4，0），连接BP，可得OQ是△BAP的中位线，可得OQ=BP，当BP值最小时，OQ最小，连接BC交圆于点P'，此时BP值最小，则BP=BP'，即是点P运动到点P'位置时，BP最小，求出此时BP'的长即可.
三、解答题（本题共8小题，第17题6分，第18题6分，第19题6分，第20题7分，第21题7分，第22题11分，第23题11分，第24题12分，共66分）
17．（2024八下·景德镇期中） 如图，在中，，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，过点D作，垂足为点E，，求的度数．
【答案】解：将线段绕点A逆时针旋转得到线段，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定-HL；旋转的性质
【解析】【分析】根据旋转的性质可得，进而得到∠D，再根据全等三角形的判定HL证出，进而得到∠B即可.
18．（2023九上·福田开学考）△ABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示．
⑴作△ABC关于点C成中心对称的△A1B1C1．
⑵将△A1B1C1向右平移4个单位，作出平移后的△A2B2C2．
⑶在x轴上求作一点P，使PA1＋PC2的值最小，并写出点P的坐标（不写解答过程，直接写出结果）
【答案】解：（1）如图所示： △A1B1C1就是所求的三角形；
（2）如图所示： △A2B2C2 就是所求的三角形；
（3）如图所示：作出A1关于x轴的对称点A′，连接A′C2，交x轴于点P，该点就是所求的点；
设直线A'C2的解析式为y=kx+b，
将点A'（2，-1），C2（4，2）分别代入得，
解得，
∴直线A'C2的解析式为，
将y=0代入得x=，
∴P点坐标为：（，0）．
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；坐标与图形变化﹣平移；中心对称及中心对称图形；坐标与图形变化﹣旋转；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）利用方格纸的特点及中心对称的性质，分别作出点A、B、C关于点C的对称点A1、B1、C1，再连接即可；
（2）利用方格纸的特点及平移的性质，分别作出点A1、B1、C1向右平移4个单位长度后的对应A2、B2、C2，再连接即可；
（3）作出A1关于x轴的对称点A′，连接A′C2，交x轴于点P，该点就是所求的点；根据点A'及C2的坐标，利用待定系数法求出直线A'C2的解析式，进而将y=0代入所求的解析式算出对应的x的值，可得点P的坐标.
19．（2024·抚州模拟）如图，已知点，，均在上，请用无刻度的直尺作图．
（1）如图1，若点是的中点，试画出的平分线；
（2）如图2，若，试画出的平分线．
【答案】（1）解：如图所示，连接并延长，交于点，连接，则即为所求；
∵点是的中点，
∴
∴
∴；
（2）解：如图所示，连接交于点，连接并延长交于点，连接，则即即为所求
∵
∴
∴
∴，
连接，
∴垂直平分
∴
∴
【知识点】平行线的性质；垂径定理
【解析】【分析】（1）根据垂径定理连接并延长，交于点，连接，则即为所求；
（2）根据平行线的性质结合垂径定理，连接交于点，连接并延长交于点，连接，则即即为所求。
20．（2024八下·南山期末）综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在中，，，，将绕点A逆时针旋转得到，旋转角小于，点 B 的对应点为点D，点 C的对应点为点E，交于点O，延长交于点P．
数学思考：（1）试判断与的数量关系，并说明理由．
深入探究：（2）在以上图形旋转的过程中，老师让同学们提出新的问题．
① “乐学小组”提出问题：如图2，当时，则线段的长为 ．
② “善思小组”提出问题：如图3，当时，求线段的长．
【答案】解：（1），理由如下：
连接，如图1，
由旋转的性质知，，，
，
，
；
（2）①；
②如图3，
，，，
，
由旋转的性质知，，，，，
当时，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】（2）解：①如图2，延长，交于点F，
，
，
，，
由(1)知，，
设，
则，
，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）PC=PE，理由如下：连接AP，由旋转的性质得到AC=AE，∠C=∠AEP=90°，根据HL证明Rt△APE≌Rt△APC，然后根据全等三角形的对应边相等得PC=PE；
（2）①延长AE，交BC于点F，由三角形的内角和定理可得∠EPF=∠EFP=∠CAE=45°，由等角对等边得PE=EF，AC=CF=6，设PC=PE=x，在Rt△PEF中，用勾股定理表示出PF，然后根据CF=CP+PF建立方程可求出x的值，从而得到PC的长，最后根据BP=BC-PC可求出答案；
②在Rt△ABC中，由勾股定理求得AB=10，由旋转的性质知AD=AB=10，DE=BC=8，∠B=∠D，∠C=∠AED=90°，当∠CAE=∠B时，得出AD∥BC，由二直线平行，内错角相等得∠1=∠B，∠D=∠2，进而推出∠1=∠D，∠2=∠B，由等角对等边得AO=DO，BO=PO，然后根据线段的和差可求出PD=10，PC=PE=2，最后根据BP=BC-PC可算出答案.
21．（2024·浙江模拟）【回顾课本】
浙教版八年级下册数学教材“4.5三角形的中位线”一课中给出了“三角形的中位线定理”的证明思路，请完成证明过程.
已知：如图1，DE是△ABC的中位线.
求证：
分析：因为E是AC的中点，可以考虑以点E为中心，把△ADE按顺时针方向旋转180°，得到△CFE，这样就只需要证明四边形BCFD是平行四边形.
【探究发现】
如图2，等边△ABC的边长为2，点D，E分别为AB，AC边中点，点F为BC边上任意一点(不与B，C重合)，沿DE，DF剪开分成①，②，③三块后，将②，③分别绕点D，E旋转180°恰好能与①拼成 DIHG，求 DIHG周长的最小值.
【拓展作图】
如图3，已知四边形ABCD，现要将其剪成四块，使得剪成的四块能通过适当的摆放拼成一个平行四边形，请在图3中画出剪痕，并对剪痕作适当的说明.
【答案】【 回顾课本】
证明：以点 E为旋转中心，把△ADE绕点E，按顺时针方向旋转180°，得△CFE，
则D，E，F同在一直线上，DE=EF， 且△ADE≌△CFE
∴∠ADE=∠F， AD=CF
∴AB∥CF
又∵BD=AD=CF
∴四边形BCFD是平行四边形
∴DF∥BC， DF=BC
【探究发现】
由题可知： DIHG周长=2DI+2DG=2BC+2DF =4+2DF
当DF⊥BC时最小， 此时
∴ DIHG周长的最小值为.
【拓展作图】
点E，F，G，H分别是AB， BC， CD，DA边的中点，沿EF，GH，HE剪开分成四块即可，或沿EG，HF剪开分成四块亦可
【知识点】垂线段最短及其应用；等边三角形的性质；平行四边形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】【 回顾课本】以点 E为旋转中心， 把△ADE绕点E， 按顺时针方向旋转180°得△CFE，证明四边形BCFD是平行四边形，即可得到结论；
【探究发现】 由旋转及平行四边形的性质可知，要使得平行四边形周长最小时，当时，取得最小值，，利用含的直角三角形即可求解；
【拓展作图】 取，，，边中点，，，，再根据旋转和平移即可求解．
22．（2018九上·连城期中）如图AB是半圆的直径，图1中，点C在半圆外；图2中，点C在半圆内，请仅用无刻度的直尺按要求画图．
（1）在图1中，画出△ABC的三条高的交点；
（2）在图2中，画出△ABC中AB边上的高．
【答案】（1）解：如图1，点P就是所求作的点。
（2）解：如图2，CD为AB边上的高。
【知识点】圆周角定理
【解析】【分析】（1）利用直径AB所对的圆周角是直角可分别画出△ABC中边AC、BC上的高，进而得三条高的交点。
（2）利用图1，可将图2中的三角形CAP看作图1中的三角形PAB，进而模仿1画出满足题意的高。
23．（2019八上·武汉月考）如图，把一个直角三角形ACB（∠ACB=90°）绕着顶点B顺时针旋转60°，使得点C旋转到AB边上的一点D，点A旋转到点E的位置.F，G分别是BD，BE上的点，BF=BG，延长CF与DG交于点H.
（1）求证：CF=DG；
（2）求出∠FHG的度数.
【答案】（1）证明：∵△ABC旋转60°后为△EBD.
∴ .
∵在△CBF和△DBG中， ，
∴△CBF≌△DBG（SAS）
∴CF=DG.
（2）解：∵△CBF≌△DBG，
∴∠BCF=∠BDG
又∵∠CFB=∠DFH
∵∠BCF+∠CFB=180°-∠CBF
∠BDG+∠DFH=180°-∠DHF
∴∠DHF=∠CBF=60°
∴∠FHG=180°﹣∠DHF=180°﹣60°=120°.
【知识点】全等三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）在△CBF和△DBG中，根据SAS即可证得两个三角形全等，根据全等三角形的对应边相等即可证得.（2）根据全等三角形的对应角相等，即可证得∠DHF=∠CBF=60°，从而求解.
24．（2024·广东模拟）如图，已知是的半径，过上一点D作弦垂直于，连接，．线段为的直径，连接交于点．
（1）求证：；
（2）若平分，求的值
【答案】（1）证明：∵，
∴，
∴；
（2）解：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（1），
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；垂径定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据垂径定理得，进而根据等弧所对的圆周角相等可得结论；
（2）根据角平分线的定义、等弧所对的圆周角相等可推出∠OAC=∠EBC，由等边对等角得∠OAC=∠C，则∠EBC=∠C，由等角对等边得BF=CF，结合（1）的结论得∠ABE=∠C=∠EBC，由直径所对的圆周角是直角及三角形的内角和定理推出∠ABE=30°，根据含30°角直角三角形性质得AF=CF，此题得解了.
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