24.1圆的基本性质 课时训练-2024-2025学年人教版数学九年级上册

24.1圆的基本性质课时训练-2024-2025学年数学九年级上册人教版 一、单选题 1．如图，是的弦，于交于点，则下列说法错误的是（    ） A． B． C． D． 2．已知内接于，点是上一点，下列命题正确的是（   ） A．若平分，则 B．若．则点在劣弧上 C．若，则平分 D．若平分，则 3．如图，是的直径，C，D在上，且在异侧，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 4．如图，在内，若圆周角，则圆心角的度数是（　　） A． B． C． D． 5．如图，内接于圆，过点B的直线与的延长线交于点D．若，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 6．如图，在中，点，，在圆上，且，垂足为．若，，则的长为（　　） A． B． C． D． 7．如图，是的直径，点C，D，E在上．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 8．如图，是的直径，，点在上，，是弧的中点，是直径上的一动点，若，则周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 9．已知点在上，若，则的度数为 ． 10．已知弦把圆周分成的两部分，则弦所对的圆周角的度数为 ． 11．如图，是一条弦，将劣弧沿弦翻折，连结并延长交翻折后的弧于点，连接．若，，则的长为 ． 12．在中，直径，是圆上除外的一点，分别是的中点，是弦的中点，则的取值范围是 ． 13．如图，的直径和弦相交于点E，已知 ． 14．如图，在正方形中，，为上一动点，交于点，过作，交于点，连结、，与交于点．下列结论：①，②，③△的周长为12，④，其中正确的结论有 ． 三、解答题 15．已知：如图，为直径上一点，、为过点的两条弦，且．求证： (1)； (2)． 16．如图，已知是的直径，是的弦，，垂足为点E，，求的直径． 17．如图，四边形内接于圆，，对角线平分． (1)求证：是等边三角形； (2)过点B作交的延长线于点E，若，，求的面积． 18．如图，是的直径，O是圆心，E是圆上一点，且，A是延长线上一点，与圆交于另一点B，且，求的度数.    19．如图，内接于，是的直径，是上一点，弦交于点，弦于点，连接，，且． (1)求证：； (2)若，，求的长． 20．如图，在四边形中，，，探究线段，，之间的数量关系．小明同学思路如下：将绕点逆时针旋转到处，，两点分别落在，两点处，易证，，三点在同一条直线上，并且是等腰直角三角形，所以，从而得到结论：． (1)在图中，若，，则__________； (2)在图中，是的直径，点是上一点（不与重合），连接，，的角平分线交于点，求证：； (3)在图中，若，，求的长． 21．关于x的一元二次方程，如果a、b、c满足且，那么我们把这样的方程称为“2倍—勾系方程”，请解决下列问题：    (1)求证：关于的“2倍—勾系方程”必有实数根； (2)如图，已知、是半径为4的的两条平行弦，，，且关于的方程是“2倍—勾系方程”； ①求的度数； ②直接写出的长（用含a、b的式子表示）． 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 C D C B D D C B 1．C 【分析】本题主要考查圆周角定理和垂径定理，由垂径定理和圆周角定理可证，＝，＝，＝，而点不一定是的中点，即可求解． 【详解】解：， 由垂径定理知，点是的中点， ＝，， 是等腰三角形，是的平分线， ＝， 由圆周角定理知，＝， ＝，故A、 B、D正确，而点不一定是的中点，故C错误． 故选．C 2．D 【分析】根据垂径定理的推论即可判定选项A；根据题意得出，可得点在或上，即可判定选项B；画出图形即可判断C选项，延长至点F，使得，连接，证明，是等腰直角三角形，即可得到，判定选项D． 【详解】解：A、平分，如图1， 当为直径时，与不一定垂直，选项A不正确； B、若，而， 则，点在或上，故B不正确； C、如图2， ， ∴平分， ，得不到， 不一定平分， 则C不正确； D、如图3，延长至点F，使得，连接， ∵平分， ∴， ∴， ∵四边形内接于， ∴， 在与中，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴，故D正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了垂径定理及其推论、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练运用相关知识时解决问题的关键． 3．C 【分析】本题考查圆周角定理，先根据邻补角求出，然后利用圆周角定理解题即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 故选：C． 4．B 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，在优弧上取一点，连接，利用圆内接四边形的性质得到，然后根据圆周角定理得到的度数，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：在优弧上取一点，连接，如图， ∵四边形是内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 5．D 【分析】本题考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质，圆周角定理．掌握在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半是解题关键．根据等腰三角形的性质结合三角形外角的性质可求出，再根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴的度数为． 故选D． 6．D 【分析】本题主要考查了垂径定理以及勾股定理，掌握垂径定理是解题关键． 先根据勾股定理得，再根据垂径定理即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 7．C 【分析】本题考查了圆周角定理及推论．解题关键是熟练掌握同弧对的圆周角相等，直径对的圆周角是直角． 连接，根据直径性质得到，根据圆周角定理得到，即得 ． 【详解】解：连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 8．B 【分析】本题考查了轴对称确定最短路线问题、圆周角定理等知识点，作辅助线并得到是等边三角形是解题的关键． 如图，作点关于的对称点，连接、、、，根据轴对称确定最短路线问题可得与的交点即为最小时的点，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的倍求出，然后求出，再根据对称性可得，然后求出，从而判断出是等边三角形，根据等边三角形的性质求出，即为的最小值，从而求得周长的最小值． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接、、、， 则与的交点即为的最小时的点，的最小值， ， ， 是弧的中点， ， 由对称性，， ， 是等边三角形， ， 周长的最小值． 故选：B． 9．或 【分析】本题考查的是圆周角定理，分两种情况，由圆周角定理即可求得的度数，然后由圆的内接四边形的性质求得的度数. 【详解】解：如图， 当点在位置时， ， ， ， ， 综上， 的度数为或 ， 故答案为：或 10．或 【分析】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：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，以及圆周角定理，圆内接四边形的性质．由于弦把圆周分成的两部分，根据圆心角、弧、弦的关系得到弦所对的圆心角，再利用圆周角定理以及圆内接四边形的性质即可求解． 【详解】解：如图，    ∵弦把圆周分成的两部分， ∴， ∴，， 故答案为：或． 11．7 【分析】延长交于点D，过点B作于点H，连接，先根据“在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等”，得到，即，然后根据直径所对的圆周角是直角，得到，利用勾股定理求出的长，进一步求出和的长，再根据等腰三角形三线合一性质，得到，由此即得答案． 【详解】解：延长交于点D，过点B作于点H，连接， 和是圆周角所对的弧， ， ， 是直径， ， ， ， ， ， ，， ， ． 故答案为：7． 【点睛】本题考查了圆弧的翻折，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握相关定理及性质是解答本题的关键． 12． 【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，直角三角形的性质，三角形的三边关系，由圆周角定理可得，，即得，利用勾股定理可得，再根据三角形的三边关系得到，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，， ∵分别是的中点， ∴，， ∴，， ∵是直径， ∴， 即， ∴， ∵直径， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，直角三角形的性质，作，连接，先求出半径，进而得出，再根据直角三角形的性质得，然后根据勾股定理求出，最后根据垂径定理得出答案． 【详解】过点O作于点F，连接． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． 14．②③④ 【分析】①作辅助线，过作于点，连接，利用边角边定理证明，推得，通过角的转换得，则，从而得，结合为的斜边，；②由，，则；③延长交于点，延长至点，使，过点作，可得，再证明，得到，证明，得到，最后根据的周长判断；④把绕顺时针旋转得，连接，可得，，得到，即，再证明得，代入可． 【详解】解：连接，过作于，如图1， ①四边形为正方形， ，，， 则， ，， ， ，， ， 又， ， ， ， ， 为的斜边， ， 则，不符合题意； ②由题①得， 又， ，符合题意； ③延长交于点，延长至点，使，过点作， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ，， ， ∵，， ， ∴， ， ， ， ∵， ， ∴， ，， ， 、、、四点共 圆， ， 又， ， ，， ∴， ∴， ∴的周长， 的周长为12，为定值； 故③正确； ④如图，把绕顺时针旋转得，连接， ，，，， ∵， ∴， ，即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ，符合题意； 综上，②③④结论正确． 故答案为：②③④． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质，四点共圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 15．(1)见解析； (2)见解析 【分析】本题利用了垂径定理和全等三角形的判定和性质及在同圆划等圆中，等弧对等弦，等弦对等弧求解． （1）过点作于，作于，根据全等三角形的判定方法得到，根据对应边相等，从而不难求得结论； （2）根据从而得到由等量减去等量还是等量即可得到结论． 【详解】（1）证明：过点作于，作于，连接、， ， ． 又， ， ． ． ，， 点是的中点，点是的中点． ，． ； （2）证明：， ， ． 即． 16． 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键在于作辅助线构造直角三角形．连接，根据垂径定理求出，根据勾股定理建立方程求解，即可解题． 【详解】解：连接，设，则， ，， ，， 由勾股定理得：， ， 解得：， 即的直径为． 17．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据三个内角相等的三角形是等边三角形即可判断； （2）过点作，垂足为点，过点作，垂足为点．根据，分别求出，的面积，即可求得四边形的面积，然后通过证得，即可求得的面积四边形的面积． 【详解】（1）证明：四边形内接于圆． ， ， ， 平分， ， ，， ， 是等边三角形． （2）解：过点作，垂足为点，过点作，垂足为点． ， ， ， ， ，， ， ， ， 中，， ， 是等边三角形， ， ， ， 四边形的面积， ， ， ， ， ， 四边形内接于， ， 在和中， ， ， 的面积四边形的面积． 【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 18． 【分析】本题主要考查了圆的基本性质、等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键．连接，利用等腰三角形的性质、三角形外角的性质以及等量代换得到，由三角形外角性质可得，进而求解即可． 【详解】解：如图，连接 ． ∵，， ∴， ∴． 又∵ ， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴．    19．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角和，得到，根据同弧所对的圆周角相等，得到，根据三角形的外角和可得，再根据，即可证明； （2）连接、，过点作于点，根据直角所对的圆周角等于可得，由勾股定理可求出，证明四边形是平行四边形，得到，，根据勾股定理求出，再利用，求出，证明四边形是矩形，得到，最后根据等腰三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：是的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ； （2）如图，连接、，过点作于点， 是的直径， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， ，， ． 【点睛】本题考查圆与几何的综合，涉及圆的相关性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用相关知识． 20．(1)； (2)证明见解析； (3)． 【分析】（）先证明，代入即可求解； （）先证明，将绕点逆时针旋转到处，，两点分别落在，两点处，然后证明点，，三点在同一条直线上，从而可得是等腰直角三角形，根据勾股定理和线段和差即可求解； （）先由勾股定理求出的长，然后代入（）中结论即可求解． 【详解】（1）解：如图，将绕点逆时针旋转到处，，两点分别落在，两点处， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∴点，，三点在同一条直线上， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：； （2）∵是的直径， ∴， ∵平分， ∴， ∴， 如图，将绕点逆时针旋转到处，，两点分别落在，两点处， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∴点，，三点在同一条直线上， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； （3）解：由（）得：，， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，弦和弧的关系，勾股定理，旋转的性质，圆内接四边形的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 21．(1)证明见解析； (2)BD的长为． 【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式即可判断； （2）①由勾股定理，圆周角定理，垂径定理即可求解； ②过点作的垂线，垂足为，则四边形是矩形，根据得出，进而利用勾股定理列式解答，即可得解． 【详解】（1）证明：∵关于的一元二次方程是“勾系方程”， 且，， ， ， ∴方程必有实数根； （2）解：①作于，延长交于，连接，，如图，    ∵， ∴， ∴，， ， ∵关于的方程是“2倍—勾系方程”， ， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ； ②过点作的垂线，垂足为，则四边形是矩形，如图，   ， ， ， ∴的长为． 【点睛】本题考查了“勾系方程”的概念，一元二次方程根的判别式，勾股定理，圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是明白“勾系方程”的定义． 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 $$