第24章 圆 检测卷-2024-2025学年人教版数学九年级上册

第24章圆检测卷-2024-2025学年数学九年级上册人教版 一、单选题 1．已知圆与点在同一平面内，如果圆的半径为5，线段的长为4，则点（   ） A．在圆上 B．在圆内 C．在圆外 D．在圆上或在圆内 2．如图，是的直径，弦交于点．若，，则的半径为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 3．如图，在中，是的中点，点在上．若，则 （   ） A． B． C． D． 4．石拱桥是中国传统的桥梁四大基本形式之一，是用天然石料作为主要建筑材料的拱桥，以历史悠久，形式优美，结构坚固等特点闻名于世，它的主桥是圆弧形．如图，某石拱桥的跨度（所对的弦的长）约为，拱高（的中点到弦的距离）约为，则所在圆的半径为（   ） A． B． C． D． 5．下列四个命题中，真命题是（   ） A．相等的圆心角所对的两条弧相等 B．三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等 C．平分弦的直径一定垂直于这条弦 D．在同圆中，相等的弦所对的弧相等 6．如图，点C在以为直径的上，且，则（    ） A． B． C． D． 7．如图，点B、C、D在上，，A是的中点，若，则的长是（    ） A． B． C． D． 8．在一个六角形体育馆的一角内，用长为30的围栏设置一个运动器材储存区域（如图所示），已知，B是墙角线上的一点，C是墙角线上的一点，，则储存区域面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 9．已知扇形的半径为6，弧长为，则它的圆心角为 度． 10．已知的半径为3，点P在外，则点P到圆心O的距离d的取值范围是 ． 11．已知点在上，，把劣弧沿着直线折叠交弦于点．，，则的长为 ． 12．如图，在矩形中，，，是矩形上方一个动点．且满足，连接，则的最大值是 ． 13．如图，是的直径，，则的度数是 ． 14．如图，直线相交于点O，，半径为的的圆心在射线上，且与点O的距离为，如果以的速度沿A向B的方向移动，则经过 秒后与直线相切． 15．如图，正方形的边长为，以边上的动点为圆心，为半径作圆，将沿翻折至，若过一边上的中点，则的半径为 ． 16．如图，为轴正半轴上一点，与轴负半轴交于点，与轴正半轴交于点，连接，将绕顶点逆时针旋转得到，此时点恰在上，若半径为，则点的坐标是 ．    三、解答题 17．如图，中，，，在边上，延长，与的外接圆分别交于，两点．求证：D，E，Q，P四点共圆； 18．如图，菱形的边长为，，为对角线．将绕点逆时针旋转得到，连接． (1)求证：； (2)求在旋转过程中点扫过路径的长．（结果保留） 19．如图，直线经过点，且，，交直线于点． (1)求证：直线是的切线； (2)若的半径为2，，求阴影部分的面积（结果保留根号和）． 20．如图，是的直径，点为下方上一点，点为的中点，连接，，．延长，相交于点． (1)求证：． (2)若，，求的半径． 21．如图1，在矩形中，，，点P从A开始沿折线以的速度移动，点Q从C开始沿边以的速度移动，如果点P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到达D时，另一点也随之停止运动．设运动时间为t（s）． (1)t为何值时，四边形为矩形？ (2)当P在上运动时，t为何值时，直线与以为直径的圆相切？ (3)如图2，如果和的半径都是，那么t为何值时，和外切？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C C A B B A C 1．B 【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系，若点与圆心的距离d，圆的半径为，则当时，点在圆外；当时，点在圆上；当时，点在圆内，据此求解即可． 【详解】解：∵圆的半径为5，线段的长为4，且， ∴点在圆内， 故选：B． 2．C 【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理．连接，设的半径为，则，根据垂径定理“垂直于弦的直径平分这条弦”得出，根据勾股定理得出即可作答． 【详解】解：连接， 设的半径为，则， ，过圆心， ，， 由勾股定理得：， 即， 解得：， 即的半径长是5， 故选：C． 3．C 【分析】本题考查圆周角定理及其推论、弧与圆心角关系等知识，连接，如图所示，由等弧所对的圆心角相等、同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可得到答案，熟记圆周角定理及其推论是解决问题的关键． 【详解】解：连接，如图所示： 是的中点， ，则， ， ， 故选：C． 4．A 【分析】本题考查了垂径定理的推论以及勾股定理，点圆心，连接，由垂径定理的推论可得，进而利用勾股定理求出半径即可，掌握垂径定理的推论是解题的关键． 【详解】解：如图，点圆心，连接， 由题意可得，，，， ∴， 设圆的半径为，则， ∵， ∴， 解得， ∴， 故选：． 5．B 【分析】本题考查了垂径定理、圆周角定理等知识，利用圆的有关性质和定义进行逐一判断即可得到正确的答案． 【详解】解：A. 在同圆或等圆中相等的圆心角所对的两条弧相等，故原选项不符合题意； B. 三角形的外心到三角形三个顶点的距离都相等，故原选项符合题意； C. 平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，故原选项不符合题意； D. 在同圆中，相等的弦所对的弧不一定相等，故原选项不符合题意； 故选：B． 6．B 【分析】本题主要考查了圆周角定理、等腰三角形的性质等知识点，掌握圆周角等于对应圆心角的一半成为解题的关键． 由圆的性质可得，则，再运用圆周角定理求得即可解答． 【详解】解：∵点C在以为直径的上， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选B． 7．A 【分析】本题考查圆周角定义，求弧长，先根据圆周角定理求出的度数，再根据弧长公式进行计算即可． 【详解】解：连接， ∵A是的中点， ∴， ∴， ∵点B、C、D在上，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴的长是； 故选A． 8．C 【分析】如图，作的外接圆，圆心为O，取中点H，作直线，分别与交于点两点，过点A作于点G，连接，则为的直径，根据是的外接圆，且点H为中点，证明是等边三角形，求出，设的半径为x，则，，在中，利用勾股定理求出，进而得到，根据三角形三边关系得到当点A，Q重合时，即点重合，有最大值，最大值为的长，即可解答． 【详解】解：如图，作的外接圆，圆心为O，取中点H，作直线，分别与交于点两点，过点A作于点G，连接， 则为的直径， 是的外接圆，且点H为中点， ，， ， 四边形是内接四边形，且， ， 是等边三角形， ， ， 设的半径为x，则，， 在中，，即， 解得：， ， ， ， 当点A，Q重合时，此时点重合，最大，最大值为的长， 此时，， 故选：C． 【点睛】本题考查了三角形外接圆的性质，垂径定理，三角形三边关系，等边三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线，利用三角形三边关系找到中边上高的最大值是解题的关键． 9．50 【分析】本题主要考查了弧长的计算，掌握弧长公式是解题的关键． 把已知数据代入弧长公式计算即可． 【详解】解：设扇形的圆心角为n， 由题意可得：，解得，． 故答案为：50． 10． 【分析】本题考查点与圆的位置关系，根据点到圆心的距离大于圆的半径时，点在圆外，即可得出结果． 【详解】解：∵的半径为3，点P在外， ∴； 故答案为：． 11． 【分析】取点在上的对应点E，连接，过点作于点，根据四边形内接于，有，根据折叠的性质有，可证明，即是等腰三角形，则有，进而有，再解直角三角形求得，然后利用勾股定理求得，易证得是等边三角形，得到，然后利用弧长公式求得即可． 【详解】解：取点在上的对应点，连接，过点作于点，如图， ∵四边形内接于， ∴， ∵点在上的对应点为点， ∴根据折叠的性质有， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰三角形， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是直角三角形， ∵， 在中，， 在中，， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴的长为； 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆中折叠的问题，圆内接四边形的性质，含角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，弧长公式，正确作出辅助线是解题的关键． 12．/ 【分析】本题考查了矩形的性质、圆周角定理、三角形的三边关系、勾股定理，确定的最大值时点P的位置是本题的关键．由可知点P在以为直径的圆上，作辅助圆O，确定当P、O、D共线时，最大，最大值即为的长，先根据勾股定理计算的长，就是半径的长，可得的长． 【详解】解：∵， ∴点P在以为直径的圆上， 取的中点为O，画半圆，如图，连接，连接并延长交圆于， ∵在中，， ∴当P、O、D共线时，的长最大，最大值即为的长， ∵四边形是矩形，，， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 13．/120度 【分析】本题主要考查同弧所对圆心角相等、直径所对的圆心角知识，根据题意求得，结合同弧所对圆心角相等求得，即可求得． 【详解】解：∵，是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 14．4 【分析】本题考查了切线的性质，角所对直角边是斜边的一半，由的圆心在射线上，根据题画出图形，再根据切线的性质和角所对直角边是斜边的一半即可求解，熟练掌握切线的性质是解题的关键． 【详解】解：∵的圆心在射线上， ∴如图，当移动到与直线相切于点， 则， ∵， ∴， ∵， ∴， 此时， 故答案为：． 15．或或 【分析】分三种情况讨论，设的半径为，分别根据勾股定理，即可求解． 【详解】设的半径为，当经过的中点，即经过的中点， ∴， 当经过的中点，则， ∴，， 在中， ∴ 解得：（负值舍去） 当经过的中点，即经过的中点，设的中点为， ∴ ∴ 解得： 综上所述，半径为、、 故答案为：或或． 【点睛】本题考查翻折的性质，勾股定理，正方形的性质，掌握翻折的性质，勾股定理，正方形的性质以及分类讨论是正确解答的关键． 16．/ 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化——旋转，熟练掌握旋转的性质，垂径定理，矩形的判断和性质，勾股定理解三角形，是解题的关键． 过点M作的垂线，垂足为N，连接，利用垂径定理证明四边形是矩形，令，则，利用勾股定理求出，进而求解即可． 【详解】解：过点M作的垂线，垂足为N，连接，    则， ∵半径为， ∴， 由旋转知，，，， ∴轴， ∴轴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． ∴， 令，则， 在中，， 解得（舍负）， ∴， 即． 又∵， 即． 所以点D的坐标为：， 故答案为：． 17．见解析 【分析】本题考查同弧所对圆周角相等，四点共圆，等腰三角形的性质，连接，根据同弧所对圆周角相等可得，，由 结合等腰三角形性质可证，最后得证即可． 【详解】证明：连接，如图， ∵所对的圆周角是,所对的圆周角是， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ，，，四点共圆； 18．(1)证明见解析； (2)在旋转过程中点扫过路径的长为． 【分析】（）由四边形是菱形，，则，由旋转性质可知，，则，最后根据即可求证； （）连接交与，根据菱形的性质可得，，，由角所对直角边是斜边的一半得，再由勾股定理得，利用弧长公式即可即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，， ∴， 由旋转性质可知，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：连接交与， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴在中，，， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 由旋转性质可知：， ∴弧的长为， ∴在旋转过程中点扫过路径的长为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，弧长公式，角所对直角边是斜边的一半，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 19．(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定和性质、直角三角形的性质和勾股定理、扇形面积的计算等知识，解题的关键是掌握切线的判定与性质． （1）利用等腰三角形的性质证得，利用切线的判定定理即可得到答案； （2）在中，利用直角三角形的性质和勾股定理求得，，再根据，计算即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵在中，，， ∴， 又∵是的半径， ∴直线是的切线； （2）解：由（1）知， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ． 20．(1)见解析 (2)的半径为5 【分析】（1）根据垂径定理的推理可知，由直径对直角可知，进而可证明； （2）连结，则，利用等腰三角形的性质可证，由平行线的性质可得，进而可证，设的半径r，由勾股定理可知，进而可得方程，解方程即可． 【详解】（1）证明：延长交于F， 为的中点， ， ， 是的直径， ， ， ； （2）解：连接，则， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设的半径r，则， ， ， ， 整理得， 解得（舍去）， 的半径为． 【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程等知识，解题的关键是综合运用以上知识解决问题． 21．(1) (2) (3)，， 【分析】（1）四边形为矩形，也就是，分别用含t的代数式表示，列方程求解即可； （2）利用切线的性质定理以及勾股定理得出，进而求出即可； （3）主要考虑有四种情况，一种是P在上；一种是P在上时．一种是P在上时，又分为两种情况，一种是P在Q右侧，一种是P在Q左侧．并根据每一种情况，找出相等关系，解即可． 【详解】（1）解：由题意得：，， ∵在矩形中，，， ∴，，， ∴， 根据题意，当时，四边形为矩形． 此时：， 解得． 答：t为时，四边形为矩形； （2）解：如图所示：当切圆于点E，过点Q作于点F， ， 则， ∴四边形为矩形， ∴， 由题意可得：，， ∴，， ∵， ∴， 解得（舍去）或 故t为时，直线与以为直径的圆相切； （3）解：当时，与外切． ①如果点P在上运动．如图3 只有当四边形为矩形时，． 由（1）得； ②如果点P在上运动，如图 此时，则，， ∴与外离； ③如果点P在上运动，且点P在点Q的右侧，如图． 可得，，当时，与外切． 此时，， 解得； ④如果点P在上运动，且点P在点Q的左侧，如图． 当时，与外切． 此时，， 解得 ， ∵点P从A开始沿折线移动到D需要，点Q从C开始沿边移动到D需要，而， ∴当t为，，时，与外切． 【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，矩形的判定与性质，勾股定理，一元一次方程的应用等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论与数形结合的思想是解此题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$