江苏省苏州市2024——2025学年九年级上学期期中数学复习（圆章节重难点近三年组题汇编）

江苏省苏州市2024-2025学年度九年级上学期期中数学复习（圆章节重难点近三年组题汇编） 一、单选题 1．（23-24九年级上·江苏苏州·期中）在同一平面内；已知的半径是5，点A到圆心的距离为4，则点A与的位置关系是（　　） A．点A在圆内 B．点A在圆上 C．点A在圆外 D．无法确定 2．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）过三点，，的圆的圆心坐标为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24九年级上·江苏苏州·期中）如图，点A，B，C，D在上，，点是的中点，则的度数是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24九年级上·江苏苏州·期中）如图，是，的外接圆，，若，，则的半径为（　　）    A． B．5 C． D． 5．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，是的直径，弦于点E，，，则的长为（　　）    A．5cm B．3cm C．2cm D．1．5cm 6．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图所示，AB是的直径，切于点A，线段交于点C，连接，若，则等于（    ） A． B． C． D． 7．（23-24九年级上·江苏苏州·期中）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率π的近似值为3.1416．圆的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正十二边形面积近似估计圆的面积，可得π的估计值为3．如图，若用半径为1的圆的内接正八边形面积作近似估计，可得π的估计值为（　　）    A． B． C． D． 8．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，点为的内切圆的圆心，连接AI并延长交的外接圆于点，连接BD．已知，，则AI的长为（    ） A．1 B． C．2 D． 9．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，正方形的边长为，动点E，F分别从点A，C同时出发，以相同的速度分别沿，向终点B，D移动，当点E到达点B时，运动停止，过点B作直线的垂线，垂足为点G，连接，则长的最小值为（　　） A． B． C． D． 10．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，六边形是正六边形，曲线叫做“正六边形的渐开线”，其中，，，，…的圆心依次按点A，B，C，D，E，F循环，其弧长分别记为，，，，，.当时，等于（　  　） A． B． C． D． 二、填空题 11．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，在中，是直径，是弦，于M，，则的长为 ． 12．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）圆锥的底面圆周长为，侧面积为，则圆锥的母线长为 ． 13．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，四边形内接于，平分，直径，，则劣弧的长为 ． 14．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，是的弦，，垂足为，，，则 °． 15．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图所示，半圆的直径，C、D是半圆上的三等分点，点E是的中点，则阴影部分面积等于 ． 16．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，在四边形ABCD中，，，若，，则AB的长为 ． 17．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，正方形内接于，其边长为2，则的内接正三角形的边长为 ． 18．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，正五边形内接于，依照以下作图过程回答问题： 作法： （1）作直径． （2）以F为圆心，为半径作圆弧，与交于点M，N（点M在直径左侧，点N在直径右侧）． （3）连接． 通过以上作图，若从点A开始，以长为半径，在上依次截取点，再依次连接这些点，可以得到正n边形，则n的值为 ． 19．（23-24九年级上·江苏苏州·期中）在同一平面直角坐标系中有A，B，C三点，已知点，，点C是第一象限内的一个动点，且．当最长时，点C的坐标为 ． 20．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点，点，，点在以为圆心，2为半径的圆上运动，且始终满足，则的最小值是 ． 21．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，的半径为2，定点P在上，动点A，B也在上，且满足，C为的中点，当点A，B在圆上运动时，线段的最大值为 ． 22．（23-24九年级上·江苏苏州·期中）如图，直线，交于点F，，点E是上一点，，点O从点E出发，以的速度沿射线运动．以点O为圆心，长为半径作，若点O运动的时间为t，当与直线相切时，则t的值为 秒． 三、解答题 23．（23-24九年级上·江苏苏州·期中）如图，在直径的圆铁片上切下一块高为的弓形铁片．    (1)用直尺和圆规作出弧的中点D． (2)求这块弓形铁片的面积． 24．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）已知四边形，用无刻度的直尺和圆规完成下列作图（保留作图痕迹，不写作法）如图，连接．在边上作出一个点．使得． 25．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B的坐标为，点C的坐标为． (1)若的外接圆的圆心为M，则圆心M的坐标为________； (2)的外接圆与x轴的另一个交点坐标是________； (3)的外接圆的弧的长是________． 26．（23-24九年级上·江苏苏州·期中）如图，的圆心O与正三角形的中心重合，已知的半径和扇形的半径都是．    (1)若将扇形围成一个圆锥的侧面，设该圆锥的高为h． ①求扇形的弧长； ②则h的值为___________； (2)上任意一点到正三角形上任意一点距离的最小值为___________． 27．（21-22九年级上·江苏苏州·期中）如图，为的直径，点C在外，的平分线与交于点D，．    (1)与有怎样的位置关系？请说明理由； (2)若，求的长． 28．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，是的直径，点在上，．垂足为点．，分别交、于点、． (1)判断的形状．并说明理由； (2)延长交于点，连接，求证：． 29．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）如图，四边形是的内接四边形，的延长线与的延长线交于点E，且． (1)求证：； (2)连接，交于点F，若，求的度数． 30．（23-24九年级上·江苏苏州·期中）如图1，已知是的直径，内接于，，点是一动点（点不与点，重合）．    (1)若，连结，，，求证：； (2)如图2，若平分，连接，求的长． 31．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）若一个四边形的两条对角线互相垂直且相等，则称这个四边形为“奇妙四边形”，如图1，四边形中，若，，则称四边形为“奇妙四边形”，根据以上信息回答： (1)写出一种你所知道的特殊四边形中是“奇妙四边形”的图形名称________； (2)如图2，已知四边形是“奇妙四边形”，且A，B，C，D在上，若的半径为6，，求的长； (3)如图3，已知四边形是“奇妙四边形”，且A，B，C，D在上，作于M，请猜测与的数量关系，并证明你的结论． 32．（22-23九年级上·江苏苏州·期中）问题提出 （1）如图1，在中，，，的平分线交于点D．过点D分别作．垂足分别为E，F，则图1中与线段相等的线段是 　 　． 问题探究 （2）如图2，是半圆O的直径，．P是上一点，且，连接，的平分线交于点C，过点C分别作，垂足分别为E，F，求线段的长． 问题解决 （3）如图3，是某小区内“儿童乐园”的设计示意图．已知的直径，点C在上，且．P为上一动点，连接并延长，交于点D．连接，．过点P分别作，垂足分别为E，F．按设计要求，四边形为沙坑，阴影部分地面铺设塑胶，圆内其余部分为绿化区．按照设计要求，发现沙坑（四边形）的面积为时，整体布局比较合理．试求当四边形的面积为时的长． 参考答案 1．A 【分析】本题考查了点与圆的位置关系；根据时，点A在上；时，点A在内；时，点A在外可得答案． 【详解】解：∵的半径是5，点A到圆心的距离为4， ∴点A在圆内， 故选：A． 2．B 【分析】根据直角三角形的外接圆的圆心是斜边的中点的确定方法解答． 【详解】解：如图， ∵，，， ∴是直角三角形， ∴的中点O的坐标为， ∴过三点，，的圆的圆心坐标为， 故选：B． 3．C 【分析】本题主要考查的是圆心角、弧、弦的关系定理、圆周角定理．根据圆心角、弧、弦的关系定理得到，再根据圆周角定理解答． 【详解】解：连接，如图所示： ∵点B是的中点， ∴， 由圆周角定理得，，故C正确． 故选：C． 4．B 【分析】本题考查三角形的外接圆与外心，垂径定理、圆周角定理、勾股定理等知识．连接，过点O作，交于点F，交于点E，根据圆心角、弧、弦的关系求出，根据勾股定理计算即可． 【详解】解：如图，连接，过点O作，交于点F，交于点E，    则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设的半径为 在中，，即， 解得：， 故选：B． 5．C 【分析】由垂径定理可得的长度，再由勾股定理可得的长度，然后由即可得出答案． 【详解】解：∵弦于点E，， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， 故选：C． 6．A 【分析】直接利用切线的性质得出，再利用三角形内角和定理得出，结合圆周角定理得出答案． 【详解】解：切⊙O于点A， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：A． 7．B 【分析】本题考查了圆内接正n边形，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理等知识．如图，圆心为，由圆的内接正八边形可知，，，作于，则，由勾股定理得，求得，则，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，圆心为，    由圆的内接正八边形可知，，， 作于，则， ∴， ∴， 由勾股定理得，即， 解得， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 8．C 【分析】由三角形内切圆的圆心为三条角平分线的交点，可知，，利用三角形外角的性质可得，利用同弧所对的圆周角相等可得，进而可证，推出，则． 【详解】解：点为的内切圆的圆心， 平分，平分， ，， ，，， ， ， ， 故选C． 9．B 【分析】根据正方形的性质得出当 、 运动到 、 的中点时， 最小解答即可． 【详解】解：由题意，， 如图，连接 交 于点，则， ， ， ， ， 即点是正方形的中心， 连接，则， ， ， 点 在以 为直径的圆上， 取的中点 ，连接，， ， 在运动过程中， ； 作于，由，得是等腰直角三角形， ， ， ， 的最小值为. 故选B. 10．C 【分析】利用弧长公式，分别计算出，…的长，寻找其中的规律，确定的长． 【详解】解：根据题意得正六边形的外角为，且. 则， ， π， ， ··· 按照这种规律可以得到： ， 所以． 故选：C． 11．2 【分析】连接，根据垂径定理求出，根据勾股定理求出，即可求出答案． 【详解】解：连接， ∵过O，， ∴， 在中，， 由勾股定理得：， 即， 故答案为：2． 12． 【分析】先根据周长求得半径，然后根据圆锥的侧面积公式得出，直接求出的值即可． 【详解】解：∵圆锥的底面圆周长为， ∴圆锥的底面的半径为， ∵ ∴， 即圆锥的母线长为， 故答案为：． 13． 【分析】根据圆内接四边形的对角互补，求出，利用角平分线和等边对等角，求出，再利用弧长公式求解即可． 【详解】解：∵四边形内接于，， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵直径， ∴； 故答案为：． 14． 【分析】连接，可得：，进而推出，再根据平行线的性质和等边对等角，求出，利用即可得解． 【详解】解：连接， 则：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴； 故答案为：． 15． 【分析】连接，利用同底等高的三角形面积相等可知阴影部分的面积等于扇形的面积，然后计算扇形面积就可． 【详解】解：连接，如图所示： ∵和等底等高， ∴， ∵点C，D为半圆的三等分点， ∴， ∴阴影部分的面积． 故答案为：． 16． 【分析】由题意可得在以为圆心，为半径的圆上，延长交圆于点，连接，则，证明，再利用勾股定理求解，从而可得答案． 【详解】解：如图，∵， ∴在以为圆心，为半径的圆上，延长交圆于点，连接， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为： ． 17． 【分析】连接、、，作于M，先求出圆的半径，在中利用30度角的性质即可解决问题． 【详解】解；连接、、，作于M， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴是直径，， ∴， ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， 在中， ∵，， ∴，， ∴． 故答案为： ． 18．15 【分析】连接，根据作法得：，可得到是等边三角形，从而得到，再根据正五边形内接于，可得，从而得到，进而得到，即可求解． 【详解】解：如图，连接， 根据作法得：， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵正五边形内接于， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：15 19． 【分析】本题考查了勾股定理及圆上定角问题，根据得到点C在弦所在圆上，结合当为直径时最长，此时结合勾股定理求解即可得到答案； 【详解】解：∵， ∴点C在弦所在圆上， ∴当为直径时最长， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 解得：，即， 设，则有： ，， 解得，， ∵点C是第一象限内的一个动点， ∴， 故答案为：． 20．/ 【分析】根据点A、B、C的坐标，可知点A是的中点，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半解得的长，再由勾股定理解得的长，最后由点与圆的位置关系即可求解． 【详解】解：连接， 由题意，得：，， ∴， ∵， ∴， 要最小，就是点A到上的一点的距离最小， ∴P在上， ∵，， ∴， ∴t的最小值是， 故答案为：． 21．/ 【分析】连接，连接，并延长至H，使，连接，首先说明是等边三角形，再说明，利用三角形三边关系可得答案． 【详解】解：如下图，连接，连接，并延长至H，使，连接， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 点C是的中点，A是的中点， .是的中位线，   ， ， 的最大值为， 的最大值为， 故答案为：． 22．6或30 【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．当点在点左侧与相切时，作于点，如图，根据切线的性质得到，再根据等腰直角三角形的性质得到，则，解方程求出，然后计算此时的值；当点在点右侧与相切时，作于点，如图，根据切线的性质得到，再根据等腰直角三角形的性质得到，则，解方程求出，然后计算此时的值．分两种情况，结合切线的性质定理是解决问题的关键． 【详解】解：当点在点左侧与相切时，作于点，如图， ∴， ∵，则为等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴， 解得， 此时（秒）；    当点在点右侧与相切时，作于点，如图， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 此时（秒）； 综上所述，的值为6秒或30秒． 故答案为：6或30． 23．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了垂径定理，扇形的面积公式等知识． （1）作的垂直平分线交于点D即可； （2）取圆心O，连接，，，设的垂直平分线交于点C，利用勾股定理求出，，可判断是等边三角形，得出，利用等弧所对的圆心角相等求出的度数，然后根据即可求解． 【详解】（1）解：如图，点D即为所求， （2）解：取圆心O，连接，，， 由作图知是弦的垂直平分线， ∴点在上， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵点D是的中点，即， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ， 即阴影部分的面积为． 24．见解析 【分析】作的外接圆交于，则根据圆周角定理得到． 【详解】解：点为所作． 25．(1) (2) (3) 【分析】（1）分别作出，的垂直平分线，交点即为所求； （2）作出外接圆即可找到与x轴的另一个交点坐标； （3）先根据条件求出弧所对的圆心角度数，再求出外接圆半径的长度，最后根据弧长公式计算即可． 【详解】（1） 解：如图所示，是的垂直平分线，直线是的垂直平分线，直线与线段交于点 故答案为： （2）解：如（1）图，连接，以点M为圆心，以长为半径作圆，交轴于另一点， 故答案为： （3）解：如（1）图所示，连接，作，垂足为点，，垂足为点， 在和中， ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴弧的长为 故答案为： 26．(1)①；② (2) 【分析】（1）①本题考查求扇形弧长，根据等边三角形得到，结合即可得到答案；②本题考查圆锥展开图，根据底面圆周长等于扇形弧长求解即可得到答案； （2）本题考查等边三角形的性质及勾股定理，连接并延长交于点D，作即可得到为最小值求解即可得到答案； 【详解】（1）解：①∵三角形是正三角形， ∴， ∴； ②由①得， ， ∴， ∴； （2）解：连接并延长交于点D，作于， ∵O是正三角形的中心，， ∴，，， ∴，是点到三角形边上最长的线段， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：   ． 27．(1)是的切线，理由见解析 (2) 【分析】 （1）连接，等边对等角和角平分线平分角，得到，进而得到，推出，即可； （2）圆周角定理，得到，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，求出的长，再利用含30度角的直角三角形的性质求解即可． 【详解】（1）如图，连接，    ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， 是半径， 是的切线； （2）平分，，， ， 是直径 ， ， ， ； 在中 ． 28．(1)是等腰三角形，理由见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得，然后再利用垂直定义可得，再利用直角三角形的两个锐角互余可得，最后根据已知易得，从而利用等角的余角相等可得，进而利用等角对等边即可解答； （2）设与交于点，利用垂径定理可得，从而可得，再根据已知和对顶角相等可得，从而可得，然后利用三角形内角和定理可得，即可解答． 【详解】（1）解：是等腰三角形， 理由：是的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰三角形； （2）证明：设与交于点， ， ， ， ，， ， ， ， ， ． 29．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据圆内接四边形的性质可得，根据邻补角互补可得，进而得到，然后利用等边对等角可得，进而可得； （2）首先证明是等边三角形，进而可得，再根据，可得是等腰三角形，进而可得是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）∵四边形是的内接四边形， ∴ ∵ ∴， ∵， ∴ ∴； （2）∵， ∴是等腰三角形， ∵， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 30．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，平行线的判定，等腰直角三角形，关键是： （1）由圆心角、弧、弦的关系得到，由圆周角定理推出，由，得到，因此，即可证明； （2）连接，由圆周角定理推出是等腰直角三角形，即可求出的长． 【详解】（1）解：证明：， ， ， ， ， ， ； （2）连接，    是圆的直径， ， 平分， ， ， ， 是等腰直角三角形， ． 31．(1)正方形 (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）根据正方形的对角线的性质判断即可； （2）连接、，作于H，则．解直角三角形求出，据此即可得解； （3）结论：．连接、、、，作于E，证明，根据全等三角形的性质即可解决问题． 【详解】（1）解：∵正方形的对角线互相垂直且相等， ∴正方形是“奇妙四边形”， 故答案为：正方形． （2）解：连接、，作于H，如图所示： 则， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解：，理由如下： 连接、、、，作于E，如图所示： ∵， ∴， ∴， ∵于M， ∴， ∵， ∴， 同理可得， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴． 32．（1）；（2）；（3）或 【分析】（1）由，得，而，则四边形是矩形，由角平分线的性质得，所以四边形是正方形，则，于是得到问题的答案； （2）作的半径于点G，连接，先证明，则，即可证明是等边三角形，则，由勾股定理求得，再由，求得； （3）由是的直径，得，由，得，则，可证明四边形是正方形，求得，设，则得，而，即可求得或再证明，即可求出的长． 【详解】解：（1）如图1， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵是的平分线， ∴， ∴四边形是正方形， ∴ ∴与线段相等的线段是 故答案为：． （2）如图2，作的半径于点G，连接，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵是的直径，， ∴ ∵的平分线交于点 ∴ ∵ ∴ ∴， ∴， ∴， ∴线段的长是． （3）如图3， ∵是的直径， ∴ ∵ ∴， ∴ ∵ ∴ ∴四边形是正方形， ∵四边形的面积为， ∴， ∴ ∴ 设，则 ∴ ∵且 ∴ ∴ ∴ 解得或（不符合题意，舍去）， ∴ ∴由得， ∴或 ∵， ∴或 ∴当四边形的面积为时的长为或 学科网（北京）股份有限公司 $$