第23-24章（旋转和圆） 易错知识点填空题 强化练 2025-2026学年初中数学人教版九年级上册期末复习

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第23-24章（旋转和圆） 易错知识点填空题 强化练 2025-2026学年初中数学人教版九年级上册期末复习
1．一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，这个圆锥的底面半径与母线长之比为
2．如图，四边形内接于，如果它的一个外角，那么的度数为 ．
3．如图，点A、B、C在上，若，则的度数为 ．
4．如图，是的直径，是的内接三角形．若，，则的直径 ．

5．如图，是的直径，点C为圆上一点且，D是劣弧的中点，连接，，则的度数为 ．
6．如图，、、是⊙的切线，切点分别是P、C、D．若，，则的长是 ．
7．如图，有两个边长为2的正方形，其中正方形的顶点与正方形的中心重合．在正方形绕点旋转的过程中，两个正方形重叠部分的面积是 ．
8．如图，、是的两条弦，，过点的切线与的延长线交于点，则 ．
9．将边长为2的小正方形ABCD 和边长为4的大正方形 EFGH如图摆放，使得C、E两点刚好重合，且B、C、H三点共线，此时经过A、F、G三点作一个圆，则该圆的半径为 ．
10．如图， 是四边形的外接圆， 直线与相切于点B，，，则 的度数为 ．
11．如图，在正方形内有一点，连接，，，将顺时针旋转得到，连接，点恰好在线段上，若，，则的长度为 ．
12．中，，，点是的中点，将绕点向三角形外部旋转角时，得到，当恰为等腰三角形时，的值为 ．
13．如图，在中，为的中点，点在边上（不与端点重合），将射线绕点顺时针旋转后与交于点，则四边形的面积是 ．
14．如图，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是点 ．
15．如图，已知等腰直角，， ，点C是矩形与的公共顶点，且，；点D是延长线上一点，且．连接，在矩形绕点C按顺时针方向旋转一周的过程中，当线段达到最长和最短时，线段对应的长度分别为m和n，则的值为 ．
16．将一副直角三角板和如图放置，此时，，，四点在同一条直线上，点在边上，其中，，．将图中的三角板绕点以每秒的速度，按顺时针方向旋转一定的角度后，记为三角板，设旋转的时间为秒．若在旋转过程中，三角板的某一边恰好与所在的直线平行，则的值为
17．如图中阴影部分是由4个完全相同的正方形拼接而成，若要在①，②，③，④四个区域中的某个区域处添加一个同样的正方形，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，则这个正方形应该添加在 处．（填写区域对应的序号）
18．若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则点关于原点对称的点的坐标为 .
19．如图，直线，垂直相交于点，曲线关于点成中心对称，点的对称点是点，于点，于点．若，，则阴影部分的面积之和为 。
20．在直角坐标平面内，有点A（﹣2，0），B（0，2），将线段AB绕点B顺时针旋转后，点A的对应点C落在y轴上，那么旋转角是 °．
21．如图，在矩形中，为矩形内一点，连接，，，，，，则的最小值为 ．
22．如图，四边形内接于，，，，则的半径为： ．
参考答案
1．
【分析】本题主要考查了圆锥的侧面展开图，扇形的相关计算，根据圆锥的母线长为扇形的半径，圆锥的底面周长为扇形的弧长求解即可．
【详解】解：设圆锥的底面半径为r，母线长l，
则，
则，
故答案为：．
2．/128度
【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理是解题的关键．根据圆内接四边形的性质可得，结合，得，再利用圆周角定理求解．
【详解】四边形为圆内接四边形，
，
又，
，
在中，由圆周角定理，可得，
故答案为：．
3．
【分析】此题考查了圆周角定理，圆心角，弧，弦的关系，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
根据圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半得：，进而可得答案．
【详解】解：∵与是弧所对的圆周角与圆心角，，
∴．
故答案为：．
4．
【分析】连接，，根据在同圆中直径所对的圆周角是可得，根据圆周角定理可得，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，，如图：

∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
5．/34度
【分析】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理的推论，直角三角形的两个锐角互余等知识点，熟练掌握圆周角定理及垂径定理的推论是解题的关键．
连接交于点，由垂径定理的推论可得，则，由直角三角形的两个锐角互余可得，由圆周角定理可得，由此即可求出的度数．
【详解】解：如图，连接交于点，
是劣弧的中点，为圆心，
，
，
，
，
由圆周角定理可得：
，
故答案为：．
6．
【分析】由于、、是的切线，则，，求出的长即可求出的长．本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键．
【详解】解：、为的切线，
，
、为的切线，
，
．
故答案为：4．
7．1
【分析】此题主要考查了动点问题的函数图象，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，过点E作于点P，于点Q，则可证明，得出，根据得出答案即可．
【详解】解：如图，过点E作于点P，于点Q，
则，
∵点E是正方形的中心，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：1．
8．28
【分析】本题考查了圆周角定理、切线的性质，连接，由切线的性质可得，由圆周角定理可得，由此计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：如图：连接，
，
由切线的性质可得：，即，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
9．
【分析】本题考查确定圆的圆心，由题意可知，，，取的中点，连接，，，由勾股定理可得，可知点为、、三点所作圆的圆心，进而可得答案．
【详解】解：由题意可知，，，
取的中点，则，，
连接，，，
由勾股定理可得：，，
∴，
即：点为、、三点所作圆的圆心，
则该圆的半径为，
故答案为：．
10．
【分析】本题考查了圆周角定理，切线的性质，平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，连接、，先根据圆周角定理得，则，再根据切线的性质求出，根据平行线的性质得，则，再根据圆内接四边形的性质可求出的度数．
【详解】解：如图，连接、，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵直线与相切于点B，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是四边形的外接圆，
∴．
故答案为：．
11．
【分析】本题考查旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，根据旋转得到，，，结合勾股定理求出，求出结合勾股定理即可得到答案．
【详解】解：∵顺时针旋转得到，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
12．或或
【分析】本题考查旋转变换、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，解题的关键是学会题分类讨论的思想思考问题．分三种情形讨论①如图1中，当时，②如图2中，当时，③如图3中，当时，分别利用全等三角形的性质计算即可．
【详解】解：在中，
，
，
①如图1中，
当时，
在和中，
，
，
．
②如图2中，当时，同理可证，
，
．
③如图3中，当时，同理可证，
，
故答案为或或．
13．9
【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质．连接，证明，可得，从而得到四边形的面积，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵为的中点，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
根据题意得：，
∴，
∴，
即，
在和中，
∵，，，
∴，
∴，
∴四边形的面积．
故答案为：9
14．M
【分析】本题考查了旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前、后的图形全等．熟练掌握旋转的性质是确定旋转中心的关键所在．
判断哪个点到两个三角形的对应点的距离相等，且夹角也相等，即可求解．
【详解】解：如图，连接M和两个三角形的对应点；
发现两个三角形的对应点到点M的距离相等，且夹角都是，
因此格点M就是所求的旋转中心．
故答案为：M．
15．
【分析】根据等腰三角形的性质，锐角三角函数可求得，当线段达到最长时，此时点G在点C的下方，且B，C，G三点共线，求得根据勾股定理求得，即；当线段达到最短时，此时点G在点C的上方，且B，C，G三点共线，则根据勾股定理求得，即，进而求出的值
【详解】解：∵为等腰直角三角形，，
，
∴，
当线段达到最长时，此时点G在点C的下方，且B，C，G三点共线，如图：
则
在中，，
，
当线段达到最短时，此时点G在点C的上方，且B，C，G三点共线，如图：
则
在中，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了锐角三角函数，勾股定理，根据旋转推出线段最长和最短时的位置是解题的关键
16．6或9或18
【分析】本题主要考查了平行线的性质，角度的计算等知识，分三种情况讨论：第一种情况当时，a为，第二种情况当时，a为，第三种情况，当时，a为，根据角度转动速度分别求解t即可．
【详解】解：I．如图，当时，
，，
，
，
，
a为
（秒），
II．如图，当时，
，
，
a为，
（秒），
III． 如图，当时，

此时与在同一条直线上，
a为，
（秒），
综上所述：三角板的某一边恰好与所在的直线平行， t的值为：6或9或18
故答案为：6或9或18
17．②
【分析】根据中心对称图形的概念解答．
【详解】解：在①，②，③，④四个区域中的某个区域处添加一个同样的正方形，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，
这个正方形应该添加区域②处，
故答案为：②．
【点睛】本题考查的是中心对称图形的概念，掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合是解题的关键．
18．
【分析】本题考查了根的判别式及关于原点对称的点的坐标特征，利用判别式，求出的值是关键．根据一元二次方程有两个相等的实数根，判别式，得出关于的方程，求出的值，进而确定点的坐标，再根据关于原点对称的点的坐标特征进行解答即可．
【详解】解：关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
，即，
解得，
∴
∴点
则关于原点对称的点的坐标为，
故答案为：．
19．
【分析】此题考查了中心对称，关键是中心对称性质的熟练掌握．过点作于点，过点作于点，证明四边形是矩形，则，同理可知，四边形是矩形，则，由中心对称，得到，，图形①与图形②面积相等，即可得到答案．
【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，
∵于点．
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可知，四边形是矩形，
∴，
∵曲线关于点成中心对称，点的对称点是点，，
∴，，图形①与图形②面积相等，
∴阴影部分的面积之和=长方形的面积．
故答案为：．
20．315或135
【分析】根据A、B的坐标可知，△AOB是等腰直角三角形，由此即可得出答案．
【详解】解：如图，
∵A（﹣2，0），B（0，2），
∴OA＝OB＝2，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO=∠OAB=45°，
∴
∴当旋转角为315°（旋转角为360°-∠ABO）或135°（旋转角为 ）时，点A的对应点C落在y轴上，
故答案为：315或135．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，图形的旋转，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性质．
21．
【分析】本题主要考查勾股定理，直角三角形的三点共圆，圆外一点到圆上的最短距离等知识点，先确定点的运动轨迹，再根据圆外一点到圆上的最短距离是这点与圆心的连线的交点，根据勾股定理求得结果即可；
【详解】解：如图所示，
∵，为矩形内一点，
∴点相等于是以为直径，点为圆心的圆上运动（下半圆），
∴的最小值就是连接，交半圆与点，即此时为最小值，
在矩形中，
∴，
又∵， ，
∴，
∴．
22．
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，圆周角定理，等腰三角形的性质与判定等知识点，熟练掌握圆周角定理以及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
连接，延长至点，使，连接并延长交于点，连接，即可证得，进而可求得，再利用圆周角定理得到，运用含角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图，连接，延长至点，使，连接并延长交于点，连接，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴是的直径，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∵，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴,
∴，
∴，
∵．
故答案为：．
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