2020年浙教版九年级上册数学第3章圆的基本性质单元测试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 2020年浙教版九年级上册数学第3章圆的基本性质单元测试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 637.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 浙教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2020-01-11 12:58:41 | ||
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文档简介
2020年浙教版九年级上册数学《第3章 圆的基本性质》单元测试卷
一．选择题（共12小题）
1．中央电视台“开心辞典”栏目曾有这么一道题：圆的半径增加了一倍，那么圆的面积增加了（ ）
A．一倍 B．二倍 C．三倍 D．四倍
2．如图，直线y＝﹣x+4与x轴、y轴分别交于D，C两点，P是直线CD上的一个动点，⊙A的圆心A的坐标为（﹣4，﹣4），半径为，直线PO与⊙A相交于M，N两点，Q是MN的中点．当OP＝t，OQ＝S，则S与t的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
3．下列说法正确的是（ ）
A．同弧或等弧所对的圆心角相等
B．相等的圆周角所对的弧相等
C．弧长相等的弧一定是等弧
D．平分弦的直径必垂直于弦
4．如图，⊙O的直径AB长为10，弦BC长为6，OD⊥AC，垂足为点D，则OD长为（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
5．如图，ABCD为圆内接四边形，E为DA延长线上一点，若∠C＝45°，则∠BAE等于（ ）
A．90° B．30° C．135° D．45°
6．如图所示，已知⊙O中，弦AB，CD相交于点P，AP＝6，BP＝2，CP＝4，则PD的长是（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
7．下列各图中，既可经过平移，又可经过旋转，由图形①得到图形②的是（ ）
A． B．
C． D．
8．以下现象：①荡秋千；②呼啦圈；③跳绳；④转陀螺．其中是旋转的有（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
9．如图4×4的正方形网格中，△PMN绕某点旋转一定的角度，得到△P1M1N1，其旋转中心是（ ）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
10．如图，△OAB绕点O逆时针旋转85°得到△OCD，若∠A＝110°，∠D＝40°，则∠α的度数为（ ）
A．55° B．75° C．85° D．90°
11．等边三角形绕它的旋转中心旋转多少度后，能与它自身重合？（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
12．把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（ ）
A．30° B．90° C．120° D．180°
二．填空题（共8小题）
13．如图，一个人握着板子的一端，另一端放在圆柱上，某人沿水平方向推动板子带动圆柱向前滚动，假设滚动时圆柱与地面无滑动，板子与圆柱也没有滑动．已知板子上的点B（直线与圆柱的横截面的切点）与手握板子处的点C间的距离BC的长为Lm，当手握板子处的点C随着圆柱的滚动运动到板子与圆柱横截面的切点时，人前进了 m．
14．如图，弦AB⊥直径CD于E，若AB＝10，CE＝1，则CD＝ ．
15．如图所示，已知C为的中点，OA⊥CD于M，CN⊥OB于N，若OA＝r，ON＝a，则CD＝ ．
16．如图，在⊙O中，AB是直径，∠C＝15°，则∠BAD＝ 度．
17．图中，甲图怎样变成乙图： ．
18．如图所示，三角形ABC中，∠BAC＝33°，将三角形ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到三角形AB′C′，则∠B′AC的度数为 ．
19．要使正六边形旋转后能与自身重合，至少应将它绕中心逆时针方向旋转 度．
20．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣1，），以原点O为中心，将点A顺时针旋转90°得到点A′，则点A′坐标为 ．
三．解答题（共8小题）
21．已知：⊙O的直径AB和弦CD，且AB⊥CD于E，F为DC延长线上一点，连接AF交⊙O于M．求证：∠AMD＝∠FMC．
22．如图，圆中两条弦AB、CD相交于点E，且AB＝CD，求证：EB＝EC．
23．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，∠CDB＝15°，OE＝2．
（1）求⊙O的半径；
（2）将△OBD绕O点旋转，使弦BD的一个端点与弦AC的一个端点重合，则弦BD与弦AC的夹角为 ．
24．如图，A、P、B、C是⊙O上四点，∠APC＝∠CPB＝60°．
（1）判断△ABC的形状并证明你的结论；
（2）当点P位于什么位置时，四边形PBOA是菱形？并说明理由．
（3）求证：PA+PB＝PC．
25．如图，将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形AEFG，E点正好落在边CD上，连接BE，BG，且BG交AE于P．
（1）求证：∠CBE＝∠BAE；
（2）求证：BG＝2PB；
（3）若AB＝，BC＝3，直接写出BG的长．
26．如图，点E是正方形ABCD的边AB上一点，AB＝4，DE＝4.3，△DAE逆时针旋转后能够与△DCF重合．
（1）旋转中心是 ，旋转角为 °；
（2）请你判断△DFE的形状，并说明理由；
（3）求四边形DEBF的面积．
27．如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图
（1）以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得△AB1C1，画出△AB1C1；
（2）作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A2B2C2．
28．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）；
（1）请在图中作出△ABC关于原点对称的图形△A1B1C1．
（2）请在图中作出△ABC绕点O顺时针方向旋转90°后得到的图形△A2B2C2．
2020年浙教版九年级上册数学《第3章 圆的基本性质》单元测试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．中央电视台“开心辞典”栏目曾有这么一道题：圆的半径增加了一倍，那么圆的面积增加了（ ）
A．一倍 B．二倍 C．三倍 D．四倍
【分析】根据圆的半径的计算公式即可解决．
【解答】解：设圆的原来的半径是R，增加1倍，半径即是2R，
则增加的面积是4πR2﹣πR2＝3πR2，即增加了3倍．
故选：C．
【点评】能够根据圆面积公式计算增加后的面积．
2．如图，直线y＝﹣x+4与x轴、y轴分别交于D，C两点，P是直线CD上的一个动点，⊙A的圆心A的坐标为（﹣4，﹣4），半径为，直线PO与⊙A相交于M，N两点，Q是MN的中点．当OP＝t，OQ＝S，则S与t的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】作辅助线，构建相似三角形，先证明AQ⊥MN，AO⊥CD，证明∠AOQ∽△POG，得，代入可得S＝，是反比例函数，可得选项C、D不正确；根据特殊值t＝2时，此时，直线OP过圆心A，此时Q与A重合，此种情况成立，可得结论．
【解答】解：连接AO，并延长交直线CD于G，连接AQ，
∵Q是MN的中点．
∴AQ⊥MN，
∵A的坐标为（﹣4，﹣4），
∴直线AO：y＝x，AO＝4，
∵直线CD：y＝﹣x+4，
∴AO⊥CD，
∴∠AQO＝∠OGP＝90°，
∵∠AOQ＝∠POG，
∴∠AOQ∽△POG，
∴，
当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝4，
∴OC＝OD＝4，
∴OG＝CD＝2，
∵OP＝t，OQ＝S，
∴，
S＝，
故选项C、D不正确；
当OP＝2时，即S＝OQ＝4，t＝2，直线OP过圆心A，此时Q与A重合，此种情况成立，
故选项B不正确；
故选：A．
【点评】本题考查了圆和函数的综合题：熟练掌握直线与圆的位置关系、一次函数和反比例函数的性质等是解决问题的关键；运用相似三角形的判定与性质和勾股定理是解决几何计算常用的方法；对于综合题一般采用各个击破的方式解决．
3．下列说法正确的是（ ）
A．同弧或等弧所对的圆心角相等
B．相等的圆周角所对的弧相等
C．弧长相等的弧一定是等弧
D．平分弦的直径必垂直于弦
【分析】根据等弧和同弧的意义即可得出同弧或等弧所对的圆心角相等，即可判断A，举出反例即可判断B、D；根据在同圆或等圆中，弧长相等的弧是等弧，即可判断C．
【解答】解：A、同弧或等弧所对的圆心角相等，故本选项正确；
B、如图
∠EBF＝∠CAD，但是弧EF≠弧CD，故本选项错误；
C、在同圆或等圆中，弧长相等的弧是等弧，故本选项错误；
D、平分弦（弦不是直径）的直径垂直于弦，如图，弦AB和直径CD就不垂直，
故本选项错误；
故选：A．
【点评】本题考查了对圆心角、弧、弦之间的关系，垂径定理，圆周角定理等知识点的应用，主要考查学生的理解能力和辨析能力．
4．如图，⊙O的直径AB长为10，弦BC长为6，OD⊥AC，垂足为点D，则OD长为（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【分析】由于OD⊥AC，根据垂径定理得到AD＝CD，则可判断OD为△ABC的中位线，于是根据三角形中位线定理易得OD＝BC＝3．
【解答】解：∵OD⊥AC，
∴AD＝CD，
∵AB是⊙O的直径，
∴OA＝OB，
∴OD为△ABC的中位线，
∴OD＝BC＝3．
故选：D．
【点评】本题考查了垂径定理和三角形中位线定理．能够熟练运用垂径定理和三角形中位线定理解决问题是解题的关键．
5．如图，ABCD为圆内接四边形，E为DA延长线上一点，若∠C＝45°，则∠BAE等于（ ）
A．90° B．30° C．135° D．45°
【分析】根据圆内接四边形的性质进行分析即可．
【解答】解：由圆内接四边形的外角等于它的内对角知，∠BAE＝∠C＝45°，故选D．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质．
6．如图所示，已知⊙O中，弦AB，CD相交于点P，AP＝6，BP＝2，CP＝4，则PD的长是（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【分析】可运用相交弦定理求解，圆内的弦AB，CD相交于P，因此AP?PB＝CP?PD，代入已知数值计算即可．
【解答】解：由相交弦定理得AP?PB＝CP?PD，
∵AP＝6，BP＝2，CP＝4，
∴PD＝AP?PB÷CP＝6×2÷4＝3．
故选：D．
【点评】本题主要考查的是相交弦定理“圆内两弦相交于圆内一点，各弦被这点所分得的两线段的长的乘积相等”．
7．下列各图中，既可经过平移，又可经过旋转，由图形①得到图形②的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】此题是一组复合图形，根据平移、旋转的性质解答．
【解答】解：A、B、C中只能由旋转得到，不能由平移得到，只有D可经过平移，又可经过旋转得到．
故选：D．
【点评】本题考查平移、旋转的性质：
①平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
②旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心．
8．以下现象：①荡秋千；②呼啦圈；③跳绳；④转陀螺．其中是旋转的有（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【分析】要根据旋转的特征进行判断：
旋转就是将图形绕某点转动一定的角度，旋转后所得图形与原图形的形状、大小不变，对应点与旋转中心的连线的夹角相等．
【解答】解：①荡秋千是旋转；
②跳绳时绳子在绕人转动，人在上下运动；
③呼啦圈运动不是围绕某一点进行运动，不是旋转；
④转陀螺是旋转．
故选：D．
【点评】解答此题要准确理解旋转的特征，围绕某一点，旋转前后图形的大小和形状没有改变．
9．如图4×4的正方形网格中，△PMN绕某点旋转一定的角度，得到△P1M1N1，其旋转中心是（ ）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
【分析】根据旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等，可得对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
【解答】解：如图，连接NN1，PP1，可得其垂直平分线相交于点B，
故旋转中心是B点．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，熟练掌握旋转中心的确定方法是解题的关键．
10．如图，△OAB绕点O逆时针旋转85°得到△OCD，若∠A＝110°，∠D＝40°，则∠α的度数为（ ）
A．55° B．75° C．85° D．90°
【分析】根据旋转的性质和三角形内角和180度求出∠COD度数，再利用旋转角减去∠COD度数即可．
【解答】解：根据旋转的性质可知：∠C＝∠A＝110°，
在△COD中，∠COD＝180°﹣110°﹣40°＝30°．
旋转角∠AOC＝85°，所以∠α＝85°﹣30°＝55°．
故选：A．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，解题的关键是找准旋转角．
11．等边三角形绕它的旋转中心旋转多少度后，能与它自身重合？（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
【分析】根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．
【解答】解：∵360°÷3＝120°，
∴等边三角形绕中心至少旋转120°后能和原来的图案互相重合．
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质．对应点与旋转中心所连线段的夹角叫做旋转角．
12．把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（ ）
A．30° B．90° C．120° D．180°
【分析】根据图形的对称性，用360°除以3计算即可得解．
【解答】解：∵360°÷3＝120°，
∴旋转的角度是120°的整数倍，
∴旋转的角度至少是120°．
故选：C．
【点评】本题考查了旋转对称图形，仔细观察图形求出旋转角是120°的整数倍是解题的关键．
二．填空题（共8小题）
13．如图，一个人握着板子的一端，另一端放在圆柱上，某人沿水平方向推动板子带动圆柱向前滚动，假设滚动时圆柱与地面无滑动，板子与圆柱也没有滑动．已知板子上的点B（直线与圆柱的横截面的切点）与手握板子处的点C间的距离BC的长为Lm，当手握板子处的点C随着圆柱的滚动运动到板子与圆柱横截面的切点时，人前进了 2L m．
【分析】人在向前运动时，圆也向前运动，人运动的距离就是杆子减少的长度与圆柱向前运动的距离的和．
【解答】解：因为圆向前滚动的距离是Lm，所以人前进了2Lm．
【点评】理解人运动的距离就是杆子减少的长度与圆柱向前运动的距离的和是解题的关键．
14．如图，弦AB⊥直径CD于E，若AB＝10，CE＝1，则CD＝ 26 ．
【分析】连接OA，根据垂径定理得到AE＝EB＝5，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：连接OA，
∵弦AB⊥直径CD于E，
∴AE＝EB＝5，
设圆的半径为r，则OE＝r﹣1，
由勾股定理得，r2＝52+（r﹣1）2，
解得，r＝13，
则CD＝2r＝26，
故答案为：26．
【点评】本题考查的是垂径定理的应用，垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
15．如图所示，已知C为的中点，OA⊥CD于M，CN⊥OB于N，若OA＝r，ON＝a，则CD＝ 2 ．
【分析】根据圆心角、弧、弦之间关系求出∠AOC＝∠BOC，根据角平分线性质得出OM的长，根据勾股定理计算CM的长，根据垂径定理得出CD＝2CM，代入求出即可．
【解答】解：连接OC，
∵C为弧AB的中点，
∴弧AC＝弧BC，
∴∠AOC＝∠BOC，
∵CN⊥OB，CD⊥OA，ON＝a，
∴OM＝ON＝n，
∴CM＝＝，
∵CM⊥OA，
即OM⊥CD，
由垂径定理得：CD＝2CM＝2，
故答案为：2，
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦之间关系、垂径定理，角平分线性质等知识点，关键是求出CM的长和得出CD＝2CM．
16．如图，在⊙O中，AB是直径，∠C＝15°，则∠BAD＝ 75 度．
【分析】连接BD，根据圆周角定理得到∠B＝∠C＝15°，∠ADB＝90°，计算即可．
【解答】解：连接BD，
由圆周角定理得，∠B＝∠C＝15°，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣∠B＝75°，
故答案为：75．
【点评】本题考查的是圆周角定理，掌握直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等是解题的关键．
17．图中，甲图怎样变成乙图： 绕点A顺时针旋转 ．
【分析】根据旋转变换进行解答．
【解答】解：观察可知，甲图绕点A顺时针旋转即可变成乙图．
故答案为：绕点A顺时针旋转．
【点评】本题考查了旋转变换的定义，是基础题，观察分析图形即可求解，比较简单，需要注意必须是图甲的最下面的点作为旋转中心，其它点不合适．
18．如图所示，三角形ABC中，∠BAC＝33°，将三角形ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到三角形AB′C′，则∠B′AC的度数为 17° ．
【分析】先利用旋转的性质得到∠B'AC'＝33°，∠BAB'＝50°，从而得到∠B′AC的度数．
【解答】解：∵∠BAC＝33°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到△AB′C′，
∴∠B'AC'＝33°，∠BAB'＝50°，
∴∠B′AC的度数＝50°﹣33°＝17°．
故答案为：17°．
【点评】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．
19．要使正六边形旋转后能与自身重合，至少应将它绕中心逆时针方向旋转 60 度．
【分析】正六边形的中心与各顶点的距离相等，相邻顶点与中心连线的夹角相等，将圆周六等分，可求旋转角．
【解答】解：根据正六边形的性质可知，相邻的对应点与中心连线的夹角为：360°÷6＝60°，
即至少应将它绕中心逆时针方向旋转60°．
【点评】本题考查了图形的旋转变化，学生主要要看清是顺时针还是逆时针旋转，旋转多少度，难度不大，但易错．
20．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣1，），以原点O为中心，将点A顺时针旋转90°得到点A′，则点A′坐标为 （，1） ．
【分析】过A作AB⊥x轴于B，过A'作A'C⊥x轴于C，依据△AOB≌△OA'C，即可得到A'C＝BO＝1，CO＝AB＝，进而得出点A′坐标为（，1）．
【解答】解：如图所示，过A作AB⊥x轴于B，过A'作A'C⊥x轴于C，
∵∠AOA'＝90°＝∠ABO＝∠OCA'，
∴∠BAO+∠AOB＝90°＝∠A'OC+∠AOB，
∴∠BAO＝∠COA'，
又∵AO＝OA'，
∴△AOB≌△OA'C，
∴A'C＝BO＝1，CO＝AB＝，
∴点A′坐标为（，1），
故答案为：（，1）．
【点评】本题考查了坐标与图形的变化﹣旋转，根据旋转变换只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，得出△AOB≌△OA'C是解题的关键．
三．解答题（共8小题）
21．已知：⊙O的直径AB和弦CD，且AB⊥CD于E，F为DC延长线上一点，连接AF交⊙O于M．求证：∠AMD＝∠FMC．
【分析】连接AD，根据垂径定理求出弧AD＝弧AC，根据圆周角定理求出∠AMD＝∠ADC，根据四点共圆求出∠FMC＝∠ADC，即可推出答案．
【解答】证明：连接AD，
∵⊙O的直径AB和弦CD，且AB⊥CD，
∴弧AC＝弧AD，
∴∠AMD＝∠ADC，
∵A、M、C、D四点共圆，
∴∠FMC＝∠ADC（圆内接四边形的一个外角等于它的内对角），
∴∠AMD＝∠FMC．
【点评】本题考查了垂径定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质等知识点的应用，关键是作辅助线得出∠ADC＝∠AMC，通过做此题培养了学生运用定理进行推理的能力．
22．如图，圆中两条弦AB、CD相交于点E，且AB＝CD，求证：EB＝EC．
【分析】连接AD，依据AB＝CD，即可得出＝，进而得到∠BAD＝∠CDA，可得AE＝DE，再根据AB＝CD，即可得到AE＝CE．
【解答】证明：如图，连接AD，
∵AB＝CD，
∴＝，
∴﹣＝﹣，即＝，
∴∠BAD＝∠CDA，
∴AE＝DE，
又∵AB＝CD，
∴AE＝CE．
【点评】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系，掌握在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等是解题的关键．
23．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，∠CDB＝15°，OE＝2．
（1）求⊙O的半径；
（2）将△OBD绕O点旋转，使弦BD的一个端点与弦AC的一个端点重合，则弦BD与弦AC的夹角为 60°或90° ．
【分析】（1）求出∠BOD的度数，在Rt△ODE中，根据∠DOE＝30°，OE＝2，求出DE和OD即可；
（2）分为4种情况，分别求出∠CAB和∠OAB（或∠OAD、∠OCB）的度数，相加（或相减）即可求出答案．
【解答】解：（1）∵AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，
∴弧BC＝弧BD，
∴∠BDC＝∠BOD，
而∠CDB＝15°，
∴∠BOD＝2×15°＝30°，
在Rt△ODE中，∠DOE＝30°，OE＝2，
∴OE＝DE，OD＝2DE，
∴DE＝＝2，
∴OD＝4，
即⊙O的半径为4；
（2）有4种情况：如图：
①如图1所示：∵OA＝OB，∠AOB＝30°，
∴∠OAB＝∠OBA＝75°，
∵CD⊥AB，AB是直径，
∴弧BC＝弧BD，
∴∠CAB＝∠BOD＝15°，
∴∠CAB＝∠BAO+∠CAB＝15°+75°＝90°；
②如图2所示，∠CAD＝75°﹣15°＝60°；
③如图3所示：∠ACB＝90°；
④如图4所示：∠ACB＝60°；
故答案为：60°或90°．
【点评】本题考查了圆周角定理及其推论：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半；直径所对的圆周角为直角．也考查了垂径定理以及角平分线的定义，本题是一道比较容易出错的题目，注意不能漏解啊．
24．如图，A、P、B、C是⊙O上四点，∠APC＝∠CPB＝60°．
（1）判断△ABC的形状并证明你的结论；
（2）当点P位于什么位置时，四边形PBOA是菱形？并说明理由．
（3）求证：PA+PB＝PC．
【分析】（1）利用圆周角定理可得∠BAC＝∠CPB，∠ABC＝∠APC，而∠APC＝∠CPB＝60°，所以∠BAC＝∠ABC＝60°，从而可判断△ABC的形状；
（2）当点P位于中点时，四边形PBOA是菱形，通过证明△OAP和△OBP均为等边三角形，知OA＝AP＝OB＝PB，∴四边形PBOA是菱形；
（3）在PC上截取PD＝AP，则△APD是等边三角形，然后证明△APB≌△ADC，证明BP＝CD，即可证得．
【解答】解：（1）证明：（1）△ABC是等边三角形．
证明如下：在⊙O中，
∵∠BAC与∠CPB是所对的圆周角，∠ABC与∠APC是所对的圆周角，
∴∠BAC＝∠CPB，∠ABC＝∠APC，
又∵∠APC＝∠CPB＝60°，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°，
∴△ABC为等边三角形；
（2）当点P位于中点时，四边形PBOA是菱形，
连接OP，
∵∠AOB＝2∠ACB＝120°，P是的中点，
∴∠AOP＝∠BOP＝60°
又∵OA＝OP＝OB，
∴△OAP和△OBP均为等边三角形，
∴OA＝AP＝OB＝PB，
∴四边形PBOA是菱形；
（3）如图2，在PC上截取PD＝AP，
又∵∠APC＝60°，
∴△APD是等边三角形，
∴AD＝AP＝PD，∠ADP＝60°，即∠ADC＝120°．
又∵∠APB＝∠APC+∠BPC＝120°，
∴∠ADC＝∠APB，
在△APB和△ADC中，
，
∴△APB≌△ADC（AAS），
∴BP＝CD，
又∵PD＝AP，
∴CP＝BP+AP．
【点评】本题考查的是圆内接多边形的性质、菱形的性质，掌握圆内接四边形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
25．如图，将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形AEFG，E点正好落在边CD上，连接BE，BG，且BG交AE于P．
（1）求证：∠CBE＝∠BAE；
（2）求证：BG＝2PB；
（3）若AB＝，BC＝3，直接写出BG的长．
【分析】（1）依据∠CBE+∠ABE＝90°，可得2∠CBE+2∠ABE＝180°，再根据AB＝AE，即可得到∠BAE+2∠ABE＝180°，进而得出∠BAE＝∠2∠CBE；
（2）先判定BE平分∠CEH，得到BH＝BC，再由旋转可得，AG＝AD＝BC，∠GAP＝∠BAD＝90°，再根据∠APG＝∠HPB，即可得到△APG≌△HPB，进而得出GP＝BP＝BG；
（3）以及勾股定理可得Rt△ABH中，AH＝＝4，进而得到PH＝AP＝AH＝2，再根据勾股定理可得Rt△BHP中，BP＝＝，即可得出BG＝2BP＝2．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD中，∠CBA＝90°，
∴∠CBE+∠ABE＝90°，
即2∠CBE+2∠ABE＝180°，①
由旋转可得，AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴∠BAE+2∠ABE＝180°，②
由①②可得，∠BAE＝2∠CBE，
∴∠CBE＝∠BAE；
（2）如图，过B作BH⊥AE于H，则∠C＝∠BHE＝90°，
由（1）可得，∠ABE＝∠AEB，
∵AB∥CE，
∴∠ABE＝∠CEB，
∴∠BEC＝∠BEH，
即BE平分∠CEH，
∴BH＝BC，
由旋转可得，AG＝AD＝BC，∠GAP＝∠BAD＝90°，
∴AG＝HB，∠GAP＝∠BHP，
又∵∠APG＝∠HPB，
∴△APG≌△HPB，
∴GP＝BP＝BG，
即BG＝2PB；
（3）∵AB＝，BC＝3＝BH，
∴Rt△ABH中，AH＝＝4，
∵△APG≌△HPB，
∴PH＝AP＝AH＝2，
∴Rt△BHP中，BP＝＝，
∴BG＝2BP＝2．
【点评】本题考查了勾股定理，矩形性质，旋转性质，全等三角形的性质和判定等知识点的应用，主要考查学生综合运行定理进行推理的能力．解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．
26．如图，点E是正方形ABCD的边AB上一点，AB＝4，DE＝4.3，△DAE逆时针旋转后能够与△DCF重合．
（1）旋转中心是 点D ，旋转角为 90 °；
（2）请你判断△DFE的形状，并说明理由；
（3）求四边形DEBF的面积．
【分析】（1）依据△DAE逆时针旋转后能够与△DCF重合，即可得到旋转中心以及旋转角的度数；
（2）根据旋转可得DE＝DF，∠EDF＝∠ADC＝90°，即可得到△DFE是等腰直角三角形；
（3）根据△ADE≌△CDF，即可得到：四边形DEBF的面积＝正方形ABCD的面积．
【解答】解：（1）由旋转可得，旋转中心是点D；旋转角为∠ADC＝90°，
故答案为：点D，90；
（2）△DFE是等腰直角三角形．
理由：根据旋转可得DE＝DF，∠EDF＝∠ADC＝90°，
所以△DFE是等腰直角三角形．
（3）根据旋转可得：△ADE≌△CDF，
∴四边形DEBF的面积＝正方形ABCD的面积＝16．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，掌握“旋转不改变图形的形状与大小，只改变图形的位置，旋转前后两个图形全等”是解题的关键．
27．如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图
（1）以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得△AB1C1，画出△AB1C1；
（2）作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A2B2C2．
【分析】（1）依据△ABC绕点A顺时针旋转90°，即可得到△AB1C1；
（2）依据中心对称的性质进行作图，即可得到△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A2B2C2．
【解答】解：（1）△AB 1C 1如图所示；
（2）△A 2B 2C 2如图所示．
【点评】本题主要考查了利用旋转变换进行作图，解题时注意：旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素有旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不同，位置就不同，但得到的图形全等．
28．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）；
（1）请在图中作出△ABC关于原点对称的图形△A1B1C1．
（2）请在图中作出△ABC绕点O顺时针方向旋转90°后得到的图形△A2B2C2．
【分析】（1）利用关于原点对称点的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用旋转的性质得出旋转后点的坐标进而得出答案．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求．
【点评】此题主要考查了旋转变换以及平移变换，得出对应点位置是解题关键．
一．选择题（共12小题）
1．中央电视台“开心辞典”栏目曾有这么一道题：圆的半径增加了一倍，那么圆的面积增加了（ ）
A．一倍 B．二倍 C．三倍 D．四倍
2．如图，直线y＝﹣x+4与x轴、y轴分别交于D，C两点，P是直线CD上的一个动点，⊙A的圆心A的坐标为（﹣4，﹣4），半径为，直线PO与⊙A相交于M，N两点，Q是MN的中点．当OP＝t，OQ＝S，则S与t的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
3．下列说法正确的是（ ）
A．同弧或等弧所对的圆心角相等
B．相等的圆周角所对的弧相等
C．弧长相等的弧一定是等弧
D．平分弦的直径必垂直于弦
4．如图，⊙O的直径AB长为10，弦BC长为6，OD⊥AC，垂足为点D，则OD长为（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
5．如图，ABCD为圆内接四边形，E为DA延长线上一点，若∠C＝45°，则∠BAE等于（ ）
A．90° B．30° C．135° D．45°
6．如图所示，已知⊙O中，弦AB，CD相交于点P，AP＝6，BP＝2，CP＝4，则PD的长是（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
7．下列各图中，既可经过平移，又可经过旋转，由图形①得到图形②的是（ ）
A． B．
C． D．
8．以下现象：①荡秋千；②呼啦圈；③跳绳；④转陀螺．其中是旋转的有（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
9．如图4×4的正方形网格中，△PMN绕某点旋转一定的角度，得到△P1M1N1，其旋转中心是（ ）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
10．如图，△OAB绕点O逆时针旋转85°得到△OCD，若∠A＝110°，∠D＝40°，则∠α的度数为（ ）
A．55° B．75° C．85° D．90°
11．等边三角形绕它的旋转中心旋转多少度后，能与它自身重合？（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
12．把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（ ）
A．30° B．90° C．120° D．180°
二．填空题（共8小题）
13．如图，一个人握着板子的一端，另一端放在圆柱上，某人沿水平方向推动板子带动圆柱向前滚动，假设滚动时圆柱与地面无滑动，板子与圆柱也没有滑动．已知板子上的点B（直线与圆柱的横截面的切点）与手握板子处的点C间的距离BC的长为Lm，当手握板子处的点C随着圆柱的滚动运动到板子与圆柱横截面的切点时，人前进了 m．
14．如图，弦AB⊥直径CD于E，若AB＝10，CE＝1，则CD＝ ．
15．如图所示，已知C为的中点，OA⊥CD于M，CN⊥OB于N，若OA＝r，ON＝a，则CD＝ ．
16．如图，在⊙O中，AB是直径，∠C＝15°，则∠BAD＝ 度．
17．图中，甲图怎样变成乙图： ．
18．如图所示，三角形ABC中，∠BAC＝33°，将三角形ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到三角形AB′C′，则∠B′AC的度数为 ．
19．要使正六边形旋转后能与自身重合，至少应将它绕中心逆时针方向旋转 度．
20．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣1，），以原点O为中心，将点A顺时针旋转90°得到点A′，则点A′坐标为 ．
三．解答题（共8小题）
21．已知：⊙O的直径AB和弦CD，且AB⊥CD于E，F为DC延长线上一点，连接AF交⊙O于M．求证：∠AMD＝∠FMC．
22．如图，圆中两条弦AB、CD相交于点E，且AB＝CD，求证：EB＝EC．
23．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，∠CDB＝15°，OE＝2．
（1）求⊙O的半径；
（2）将△OBD绕O点旋转，使弦BD的一个端点与弦AC的一个端点重合，则弦BD与弦AC的夹角为 ．
24．如图，A、P、B、C是⊙O上四点，∠APC＝∠CPB＝60°．
（1）判断△ABC的形状并证明你的结论；
（2）当点P位于什么位置时，四边形PBOA是菱形？并说明理由．
（3）求证：PA+PB＝PC．
25．如图，将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形AEFG，E点正好落在边CD上，连接BE，BG，且BG交AE于P．
（1）求证：∠CBE＝∠BAE；
（2）求证：BG＝2PB；
（3）若AB＝，BC＝3，直接写出BG的长．
26．如图，点E是正方形ABCD的边AB上一点，AB＝4，DE＝4.3，△DAE逆时针旋转后能够与△DCF重合．
（1）旋转中心是 ，旋转角为 °；
（2）请你判断△DFE的形状，并说明理由；
（3）求四边形DEBF的面积．
27．如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图
（1）以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得△AB1C1，画出△AB1C1；
（2）作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A2B2C2．
28．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）；
（1）请在图中作出△ABC关于原点对称的图形△A1B1C1．
（2）请在图中作出△ABC绕点O顺时针方向旋转90°后得到的图形△A2B2C2．
2020年浙教版九年级上册数学《第3章 圆的基本性质》单元测试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．中央电视台“开心辞典”栏目曾有这么一道题：圆的半径增加了一倍，那么圆的面积增加了（ ）
A．一倍 B．二倍 C．三倍 D．四倍
【分析】根据圆的半径的计算公式即可解决．
【解答】解：设圆的原来的半径是R，增加1倍，半径即是2R，
则增加的面积是4πR2﹣πR2＝3πR2，即增加了3倍．
故选：C．
【点评】能够根据圆面积公式计算增加后的面积．
2．如图，直线y＝﹣x+4与x轴、y轴分别交于D，C两点，P是直线CD上的一个动点，⊙A的圆心A的坐标为（﹣4，﹣4），半径为，直线PO与⊙A相交于M，N两点，Q是MN的中点．当OP＝t，OQ＝S，则S与t的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】作辅助线，构建相似三角形，先证明AQ⊥MN，AO⊥CD，证明∠AOQ∽△POG，得，代入可得S＝，是反比例函数，可得选项C、D不正确；根据特殊值t＝2时，此时，直线OP过圆心A，此时Q与A重合，此种情况成立，可得结论．
【解答】解：连接AO，并延长交直线CD于G，连接AQ，
∵Q是MN的中点．
∴AQ⊥MN，
∵A的坐标为（﹣4，﹣4），
∴直线AO：y＝x，AO＝4，
∵直线CD：y＝﹣x+4，
∴AO⊥CD，
∴∠AQO＝∠OGP＝90°，
∵∠AOQ＝∠POG，
∴∠AOQ∽△POG，
∴，
当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝4，
∴OC＝OD＝4，
∴OG＝CD＝2，
∵OP＝t，OQ＝S，
∴，
S＝，
故选项C、D不正确；
当OP＝2时，即S＝OQ＝4，t＝2，直线OP过圆心A，此时Q与A重合，此种情况成立，
故选项B不正确；
故选：A．
【点评】本题考查了圆和函数的综合题：熟练掌握直线与圆的位置关系、一次函数和反比例函数的性质等是解决问题的关键；运用相似三角形的判定与性质和勾股定理是解决几何计算常用的方法；对于综合题一般采用各个击破的方式解决．
3．下列说法正确的是（ ）
A．同弧或等弧所对的圆心角相等
B．相等的圆周角所对的弧相等
C．弧长相等的弧一定是等弧
D．平分弦的直径必垂直于弦
【分析】根据等弧和同弧的意义即可得出同弧或等弧所对的圆心角相等，即可判断A，举出反例即可判断B、D；根据在同圆或等圆中，弧长相等的弧是等弧，即可判断C．
【解答】解：A、同弧或等弧所对的圆心角相等，故本选项正确；
B、如图
∠EBF＝∠CAD，但是弧EF≠弧CD，故本选项错误；
C、在同圆或等圆中，弧长相等的弧是等弧，故本选项错误；
D、平分弦（弦不是直径）的直径垂直于弦，如图，弦AB和直径CD就不垂直，
故本选项错误；
故选：A．
【点评】本题考查了对圆心角、弧、弦之间的关系，垂径定理，圆周角定理等知识点的应用，主要考查学生的理解能力和辨析能力．
4．如图，⊙O的直径AB长为10，弦BC长为6，OD⊥AC，垂足为点D，则OD长为（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【分析】由于OD⊥AC，根据垂径定理得到AD＝CD，则可判断OD为△ABC的中位线，于是根据三角形中位线定理易得OD＝BC＝3．
【解答】解：∵OD⊥AC，
∴AD＝CD，
∵AB是⊙O的直径，
∴OA＝OB，
∴OD为△ABC的中位线，
∴OD＝BC＝3．
故选：D．
【点评】本题考查了垂径定理和三角形中位线定理．能够熟练运用垂径定理和三角形中位线定理解决问题是解题的关键．
5．如图，ABCD为圆内接四边形，E为DA延长线上一点，若∠C＝45°，则∠BAE等于（ ）
A．90° B．30° C．135° D．45°
【分析】根据圆内接四边形的性质进行分析即可．
【解答】解：由圆内接四边形的外角等于它的内对角知，∠BAE＝∠C＝45°，故选D．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质．
6．如图所示，已知⊙O中，弦AB，CD相交于点P，AP＝6，BP＝2，CP＝4，则PD的长是（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【分析】可运用相交弦定理求解，圆内的弦AB，CD相交于P，因此AP?PB＝CP?PD，代入已知数值计算即可．
【解答】解：由相交弦定理得AP?PB＝CP?PD，
∵AP＝6，BP＝2，CP＝4，
∴PD＝AP?PB÷CP＝6×2÷4＝3．
故选：D．
【点评】本题主要考查的是相交弦定理“圆内两弦相交于圆内一点，各弦被这点所分得的两线段的长的乘积相等”．
7．下列各图中，既可经过平移，又可经过旋转，由图形①得到图形②的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】此题是一组复合图形，根据平移、旋转的性质解答．
【解答】解：A、B、C中只能由旋转得到，不能由平移得到，只有D可经过平移，又可经过旋转得到．
故选：D．
【点评】本题考查平移、旋转的性质：
①平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
②旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心．
8．以下现象：①荡秋千；②呼啦圈；③跳绳；④转陀螺．其中是旋转的有（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【分析】要根据旋转的特征进行判断：
旋转就是将图形绕某点转动一定的角度，旋转后所得图形与原图形的形状、大小不变，对应点与旋转中心的连线的夹角相等．
【解答】解：①荡秋千是旋转；
②跳绳时绳子在绕人转动，人在上下运动；
③呼啦圈运动不是围绕某一点进行运动，不是旋转；
④转陀螺是旋转．
故选：D．
【点评】解答此题要准确理解旋转的特征，围绕某一点，旋转前后图形的大小和形状没有改变．
9．如图4×4的正方形网格中，△PMN绕某点旋转一定的角度，得到△P1M1N1，其旋转中心是（ ）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
【分析】根据旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等，可得对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
【解答】解：如图，连接NN1，PP1，可得其垂直平分线相交于点B，
故旋转中心是B点．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，熟练掌握旋转中心的确定方法是解题的关键．
10．如图，△OAB绕点O逆时针旋转85°得到△OCD，若∠A＝110°，∠D＝40°，则∠α的度数为（ ）
A．55° B．75° C．85° D．90°
【分析】根据旋转的性质和三角形内角和180度求出∠COD度数，再利用旋转角减去∠COD度数即可．
【解答】解：根据旋转的性质可知：∠C＝∠A＝110°，
在△COD中，∠COD＝180°﹣110°﹣40°＝30°．
旋转角∠AOC＝85°，所以∠α＝85°﹣30°＝55°．
故选：A．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，解题的关键是找准旋转角．
11．等边三角形绕它的旋转中心旋转多少度后，能与它自身重合？（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
【分析】根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．
【解答】解：∵360°÷3＝120°，
∴等边三角形绕中心至少旋转120°后能和原来的图案互相重合．
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质．对应点与旋转中心所连线段的夹角叫做旋转角．
12．把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（ ）
A．30° B．90° C．120° D．180°
【分析】根据图形的对称性，用360°除以3计算即可得解．
【解答】解：∵360°÷3＝120°，
∴旋转的角度是120°的整数倍，
∴旋转的角度至少是120°．
故选：C．
【点评】本题考查了旋转对称图形，仔细观察图形求出旋转角是120°的整数倍是解题的关键．
二．填空题（共8小题）
13．如图，一个人握着板子的一端，另一端放在圆柱上，某人沿水平方向推动板子带动圆柱向前滚动，假设滚动时圆柱与地面无滑动，板子与圆柱也没有滑动．已知板子上的点B（直线与圆柱的横截面的切点）与手握板子处的点C间的距离BC的长为Lm，当手握板子处的点C随着圆柱的滚动运动到板子与圆柱横截面的切点时，人前进了 2L m．
【分析】人在向前运动时，圆也向前运动，人运动的距离就是杆子减少的长度与圆柱向前运动的距离的和．
【解答】解：因为圆向前滚动的距离是Lm，所以人前进了2Lm．
【点评】理解人运动的距离就是杆子减少的长度与圆柱向前运动的距离的和是解题的关键．
14．如图，弦AB⊥直径CD于E，若AB＝10，CE＝1，则CD＝ 26 ．
【分析】连接OA，根据垂径定理得到AE＝EB＝5，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：连接OA，
∵弦AB⊥直径CD于E，
∴AE＝EB＝5，
设圆的半径为r，则OE＝r﹣1，
由勾股定理得，r2＝52+（r﹣1）2，
解得，r＝13，
则CD＝2r＝26，
故答案为：26．
【点评】本题考查的是垂径定理的应用，垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
15．如图所示，已知C为的中点，OA⊥CD于M，CN⊥OB于N，若OA＝r，ON＝a，则CD＝ 2 ．
【分析】根据圆心角、弧、弦之间关系求出∠AOC＝∠BOC，根据角平分线性质得出OM的长，根据勾股定理计算CM的长，根据垂径定理得出CD＝2CM，代入求出即可．
【解答】解：连接OC，
∵C为弧AB的中点，
∴弧AC＝弧BC，
∴∠AOC＝∠BOC，
∵CN⊥OB，CD⊥OA，ON＝a，
∴OM＝ON＝n，
∴CM＝＝，
∵CM⊥OA，
即OM⊥CD，
由垂径定理得：CD＝2CM＝2，
故答案为：2，
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦之间关系、垂径定理，角平分线性质等知识点，关键是求出CM的长和得出CD＝2CM．
16．如图，在⊙O中，AB是直径，∠C＝15°，则∠BAD＝ 75 度．
【分析】连接BD，根据圆周角定理得到∠B＝∠C＝15°，∠ADB＝90°，计算即可．
【解答】解：连接BD，
由圆周角定理得，∠B＝∠C＝15°，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣∠B＝75°，
故答案为：75．
【点评】本题考查的是圆周角定理，掌握直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等是解题的关键．
17．图中，甲图怎样变成乙图： 绕点A顺时针旋转 ．
【分析】根据旋转变换进行解答．
【解答】解：观察可知，甲图绕点A顺时针旋转即可变成乙图．
故答案为：绕点A顺时针旋转．
【点评】本题考查了旋转变换的定义，是基础题，观察分析图形即可求解，比较简单，需要注意必须是图甲的最下面的点作为旋转中心，其它点不合适．
18．如图所示，三角形ABC中，∠BAC＝33°，将三角形ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到三角形AB′C′，则∠B′AC的度数为 17° ．
【分析】先利用旋转的性质得到∠B'AC'＝33°，∠BAB'＝50°，从而得到∠B′AC的度数．
【解答】解：∵∠BAC＝33°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到△AB′C′，
∴∠B'AC'＝33°，∠BAB'＝50°，
∴∠B′AC的度数＝50°﹣33°＝17°．
故答案为：17°．
【点评】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．
19．要使正六边形旋转后能与自身重合，至少应将它绕中心逆时针方向旋转 60 度．
【分析】正六边形的中心与各顶点的距离相等，相邻顶点与中心连线的夹角相等，将圆周六等分，可求旋转角．
【解答】解：根据正六边形的性质可知，相邻的对应点与中心连线的夹角为：360°÷6＝60°，
即至少应将它绕中心逆时针方向旋转60°．
【点评】本题考查了图形的旋转变化，学生主要要看清是顺时针还是逆时针旋转，旋转多少度，难度不大，但易错．
20．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣1，），以原点O为中心，将点A顺时针旋转90°得到点A′，则点A′坐标为 （，1） ．
【分析】过A作AB⊥x轴于B，过A'作A'C⊥x轴于C，依据△AOB≌△OA'C，即可得到A'C＝BO＝1，CO＝AB＝，进而得出点A′坐标为（，1）．
【解答】解：如图所示，过A作AB⊥x轴于B，过A'作A'C⊥x轴于C，
∵∠AOA'＝90°＝∠ABO＝∠OCA'，
∴∠BAO+∠AOB＝90°＝∠A'OC+∠AOB，
∴∠BAO＝∠COA'，
又∵AO＝OA'，
∴△AOB≌△OA'C，
∴A'C＝BO＝1，CO＝AB＝，
∴点A′坐标为（，1），
故答案为：（，1）．
【点评】本题考查了坐标与图形的变化﹣旋转，根据旋转变换只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，得出△AOB≌△OA'C是解题的关键．
三．解答题（共8小题）
21．已知：⊙O的直径AB和弦CD，且AB⊥CD于E，F为DC延长线上一点，连接AF交⊙O于M．求证：∠AMD＝∠FMC．
【分析】连接AD，根据垂径定理求出弧AD＝弧AC，根据圆周角定理求出∠AMD＝∠ADC，根据四点共圆求出∠FMC＝∠ADC，即可推出答案．
【解答】证明：连接AD，
∵⊙O的直径AB和弦CD，且AB⊥CD，
∴弧AC＝弧AD，
∴∠AMD＝∠ADC，
∵A、M、C、D四点共圆，
∴∠FMC＝∠ADC（圆内接四边形的一个外角等于它的内对角），
∴∠AMD＝∠FMC．
【点评】本题考查了垂径定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质等知识点的应用，关键是作辅助线得出∠ADC＝∠AMC，通过做此题培养了学生运用定理进行推理的能力．
22．如图，圆中两条弦AB、CD相交于点E，且AB＝CD，求证：EB＝EC．
【分析】连接AD，依据AB＝CD，即可得出＝，进而得到∠BAD＝∠CDA，可得AE＝DE，再根据AB＝CD，即可得到AE＝CE．
【解答】证明：如图，连接AD，
∵AB＝CD，
∴＝，
∴﹣＝﹣，即＝，
∴∠BAD＝∠CDA，
∴AE＝DE，
又∵AB＝CD，
∴AE＝CE．
【点评】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系，掌握在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等是解题的关键．
23．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，∠CDB＝15°，OE＝2．
（1）求⊙O的半径；
（2）将△OBD绕O点旋转，使弦BD的一个端点与弦AC的一个端点重合，则弦BD与弦AC的夹角为 60°或90° ．
【分析】（1）求出∠BOD的度数，在Rt△ODE中，根据∠DOE＝30°，OE＝2，求出DE和OD即可；
（2）分为4种情况，分别求出∠CAB和∠OAB（或∠OAD、∠OCB）的度数，相加（或相减）即可求出答案．
【解答】解：（1）∵AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，
∴弧BC＝弧BD，
∴∠BDC＝∠BOD，
而∠CDB＝15°，
∴∠BOD＝2×15°＝30°，
在Rt△ODE中，∠DOE＝30°，OE＝2，
∴OE＝DE，OD＝2DE，
∴DE＝＝2，
∴OD＝4，
即⊙O的半径为4；
（2）有4种情况：如图：
①如图1所示：∵OA＝OB，∠AOB＝30°，
∴∠OAB＝∠OBA＝75°，
∵CD⊥AB，AB是直径，
∴弧BC＝弧BD，
∴∠CAB＝∠BOD＝15°，
∴∠CAB＝∠BAO+∠CAB＝15°+75°＝90°；
②如图2所示，∠CAD＝75°﹣15°＝60°；
③如图3所示：∠ACB＝90°；
④如图4所示：∠ACB＝60°；
故答案为：60°或90°．
【点评】本题考查了圆周角定理及其推论：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半；直径所对的圆周角为直角．也考查了垂径定理以及角平分线的定义，本题是一道比较容易出错的题目，注意不能漏解啊．
24．如图，A、P、B、C是⊙O上四点，∠APC＝∠CPB＝60°．
（1）判断△ABC的形状并证明你的结论；
（2）当点P位于什么位置时，四边形PBOA是菱形？并说明理由．
（3）求证：PA+PB＝PC．
【分析】（1）利用圆周角定理可得∠BAC＝∠CPB，∠ABC＝∠APC，而∠APC＝∠CPB＝60°，所以∠BAC＝∠ABC＝60°，从而可判断△ABC的形状；
（2）当点P位于中点时，四边形PBOA是菱形，通过证明△OAP和△OBP均为等边三角形，知OA＝AP＝OB＝PB，∴四边形PBOA是菱形；
（3）在PC上截取PD＝AP，则△APD是等边三角形，然后证明△APB≌△ADC，证明BP＝CD，即可证得．
【解答】解：（1）证明：（1）△ABC是等边三角形．
证明如下：在⊙O中，
∵∠BAC与∠CPB是所对的圆周角，∠ABC与∠APC是所对的圆周角，
∴∠BAC＝∠CPB，∠ABC＝∠APC，
又∵∠APC＝∠CPB＝60°，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°，
∴△ABC为等边三角形；
（2）当点P位于中点时，四边形PBOA是菱形，
连接OP，
∵∠AOB＝2∠ACB＝120°，P是的中点，
∴∠AOP＝∠BOP＝60°
又∵OA＝OP＝OB，
∴△OAP和△OBP均为等边三角形，
∴OA＝AP＝OB＝PB，
∴四边形PBOA是菱形；
（3）如图2，在PC上截取PD＝AP，
又∵∠APC＝60°，
∴△APD是等边三角形，
∴AD＝AP＝PD，∠ADP＝60°，即∠ADC＝120°．
又∵∠APB＝∠APC+∠BPC＝120°，
∴∠ADC＝∠APB，
在△APB和△ADC中，
，
∴△APB≌△ADC（AAS），
∴BP＝CD，
又∵PD＝AP，
∴CP＝BP+AP．
【点评】本题考查的是圆内接多边形的性质、菱形的性质，掌握圆内接四边形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
25．如图，将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形AEFG，E点正好落在边CD上，连接BE，BG，且BG交AE于P．
（1）求证：∠CBE＝∠BAE；
（2）求证：BG＝2PB；
（3）若AB＝，BC＝3，直接写出BG的长．
【分析】（1）依据∠CBE+∠ABE＝90°，可得2∠CBE+2∠ABE＝180°，再根据AB＝AE，即可得到∠BAE+2∠ABE＝180°，进而得出∠BAE＝∠2∠CBE；
（2）先判定BE平分∠CEH，得到BH＝BC，再由旋转可得，AG＝AD＝BC，∠GAP＝∠BAD＝90°，再根据∠APG＝∠HPB，即可得到△APG≌△HPB，进而得出GP＝BP＝BG；
（3）以及勾股定理可得Rt△ABH中，AH＝＝4，进而得到PH＝AP＝AH＝2，再根据勾股定理可得Rt△BHP中，BP＝＝，即可得出BG＝2BP＝2．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD中，∠CBA＝90°，
∴∠CBE+∠ABE＝90°，
即2∠CBE+2∠ABE＝180°，①
由旋转可得，AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴∠BAE+2∠ABE＝180°，②
由①②可得，∠BAE＝2∠CBE，
∴∠CBE＝∠BAE；
（2）如图，过B作BH⊥AE于H，则∠C＝∠BHE＝90°，
由（1）可得，∠ABE＝∠AEB，
∵AB∥CE，
∴∠ABE＝∠CEB，
∴∠BEC＝∠BEH，
即BE平分∠CEH，
∴BH＝BC，
由旋转可得，AG＝AD＝BC，∠GAP＝∠BAD＝90°，
∴AG＝HB，∠GAP＝∠BHP，
又∵∠APG＝∠HPB，
∴△APG≌△HPB，
∴GP＝BP＝BG，
即BG＝2PB；
（3）∵AB＝，BC＝3＝BH，
∴Rt△ABH中，AH＝＝4，
∵△APG≌△HPB，
∴PH＝AP＝AH＝2，
∴Rt△BHP中，BP＝＝，
∴BG＝2BP＝2．
【点评】本题考查了勾股定理，矩形性质，旋转性质，全等三角形的性质和判定等知识点的应用，主要考查学生综合运行定理进行推理的能力．解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．
26．如图，点E是正方形ABCD的边AB上一点，AB＝4，DE＝4.3，△DAE逆时针旋转后能够与△DCF重合．
（1）旋转中心是 点D ，旋转角为 90 °；
（2）请你判断△DFE的形状，并说明理由；
（3）求四边形DEBF的面积．
【分析】（1）依据△DAE逆时针旋转后能够与△DCF重合，即可得到旋转中心以及旋转角的度数；
（2）根据旋转可得DE＝DF，∠EDF＝∠ADC＝90°，即可得到△DFE是等腰直角三角形；
（3）根据△ADE≌△CDF，即可得到：四边形DEBF的面积＝正方形ABCD的面积．
【解答】解：（1）由旋转可得，旋转中心是点D；旋转角为∠ADC＝90°，
故答案为：点D，90；
（2）△DFE是等腰直角三角形．
理由：根据旋转可得DE＝DF，∠EDF＝∠ADC＝90°，
所以△DFE是等腰直角三角形．
（3）根据旋转可得：△ADE≌△CDF，
∴四边形DEBF的面积＝正方形ABCD的面积＝16．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，掌握“旋转不改变图形的形状与大小，只改变图形的位置，旋转前后两个图形全等”是解题的关键．
27．如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图
（1）以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得△AB1C1，画出△AB1C1；
（2）作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A2B2C2．
【分析】（1）依据△ABC绕点A顺时针旋转90°，即可得到△AB1C1；
（2）依据中心对称的性质进行作图，即可得到△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A2B2C2．
【解答】解：（1）△AB 1C 1如图所示；
（2）△A 2B 2C 2如图所示．
【点评】本题主要考查了利用旋转变换进行作图，解题时注意：旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素有旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不同，位置就不同，但得到的图形全等．
28．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）；
（1）请在图中作出△ABC关于原点对称的图形△A1B1C1．
（2）请在图中作出△ABC绕点O顺时针方向旋转90°后得到的图形△A2B2C2．
【分析】（1）利用关于原点对称点的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用旋转的性质得出旋转后点的坐标进而得出答案．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求．
【点评】此题主要考查了旋转变换以及平移变换，得出对应点位置是解题关键．
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