第24章圆练习卷-2024—2025学年人教版数学九年级上册

第24章圆练习卷-2024-2025学年数学九年级上册人教版 一、单选题 1．下列语句中正确的是（   ） A．相等的弧所对的圆周角也相等 B．平分弦的直径垂直于弦 C．圆的对称轴是直径 D．三点确定一个圆 2．如图，的直径平分弦（不是直径）．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．平面内，已知的半径是，线段，则点P在（   ） A．外 B．上 C．内 D．无法确定 4．如图，点，，均在上，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 5．正多边形的一部分如图所示，若，则该正多边形的边数为（    ） A．8 B．9 C．10 D．12 6．如图，在平面直角坐标系中，的半径为，点在经过点，的直线上，与相切于点，则切线长的最小值为（   ） A． B． C．3 D． 7．如图1，的半径为3，为上一点．如图2所示，按以下步骤作图： ①连接； ②以点为圆心，3为半径作弧，交于点； ③在射线上截取； ④连接． 则下列说法中错误的是（   ） A． B．为的切线 C． D． 8．如图，是的弦，半径于点，为的直径，连接，若，，则线段的长为（    ） A． B． C．8 D． 二、填空题 9．的半径为，若点到的距离为，则点在 （填“圆内”、“圆外”或“圆上”） 10．如图，、分别切⊙O于A、B，，⊙O半径为2，则的长为 ． 11．如图，四边形内接于，若弧的度数为，则 ． 12．如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条，夹角为，的长为，则的长为 ． 13．如图，在中，，D是内的一个动点，满足．若，，则长的最小值为 ． 14．《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点E，寸，寸，则直径长为 寸． 15．如图，四边形是的内接四边形，若，则的度数为 ． 16．如图，分别切⊙于两点，点为上一点，过点作⊙的切线分别交于两点，若的周长为10，则切线长等于 ． 三、解答题 17．已知：在中，， (1)利用直尺和圆规作的外接圆； (2)若，求的半径． 18．如图，正方形的边长为，剪去4个角后成为一个正八边形，求这个正八边形的边长和面积． 19．如图，为的直径， 点 C、D 是的三等分点， ，求 的度数． 20．如图，四边形内接于，对角线是的直径，平分，交于点E，过点D作，交于点H，交延长线于点F． (1)求的度数． (2)求证：． (3)过点F作交延长线于点G，求证：． 21．如图，为的直径，与相切于点B，C是圆上一点． (1)如图①，若，求的度数； (2)如图②，若，点E在圆上，，若，求的长． 22．关于的一元二次方程，如果、、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、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 A C A D B B C D 1．A 【分析】本题考查了圆的认识，垂径定理和确定圆的条件，解题的关键是掌握以上知识点． 根据圆周角定理，垂径定理，确定圆的条件和圆的对称轴求解判断即可． 【详解】解：A、相等的弧所对的圆周角也相等，所以A选项正确； B、平分弦（非直径）的直径一定垂直于该弦，所以B选项错误； C、圆的对称轴是直径所在的直线，所以C选项错误； D、不在同一直线上的三个点确定一个圆，所以D选项错误． 故选：A． 2．C 【分析】本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．设交于点E，先由垂径定理得到，由得到，故． 【详解】解：如图，设交于点E， ∵直径平分弦， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 3．A 【分析】本题考查了点与圆的位置关系：设的半径为r，点P到圆心的距离，则点P在圆外；点P在圆上；点P在圆内，根据点与圆的位置关系的判定方法对点P与的位置关系进行判断． 【详解】解：∵的半径是，线段， ∴点P到圆心的距离大于圆的半径， ∴点P在外． 故选：A． 4．D 【分析】本题考查的是圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，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是解题的关键． 【详解】解：由圆周角定理得， ， 故选：D． 5．B 【分析】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理．连接，，根据圆周角定理得到，即可得到结论． 【详解】解：连接，， 、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心， 点、、、在以点为圆心，为半径的同一个圆上， ， ， 这个正多边形的边数． 故选：B． 6．B 【分析】本题考查了切线的判定与性质、坐标与图形性质以及矩形的性质等知识点．连接．根据勾股定理知，因为是定值，所以当时，线段最短，即线段最短． 【详解】连接、． 是的切线， ； 根据勾股定理知， 当时，线段最短； 又，， ， ， 的最小值． 故选B． 7．C 【分析】本题考查切线的判定，等腰三角形的判定和性质，连接，得到为等边三角形，得到，三角形的外角求出，进而推出，得到为的切线，，勾股定理求出的长，判断即可． 【详解】解：连接，由作图可知： ， ∴为等边三角形，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的半径， ∴为的切线； ∵，， ∴； 综上：只有选项C错误，不符合题意； 故选C． 8．D 【分析】先根据垂径定理求出的长，设的半径为，在中利用勾股定理求出的值，易得，连接，由是直径，根据圆周角定理得到，利用是的中位线得到，然后在中利用勾股定理可计算出． 【详解】解：连接，如图， 弦，， ， 设的半径， ， 在中， ， 解得：， ； ，， ， 是直径， ， ∵点为的中点 是的中位线， ， 在中，． 故选：D． 【点睛】本题考查了垂径定理，也考查了勾股定理、圆周角定理，三角形的中位线定理，作出恰当的辅助线是解答此题的关键． 9．圆内 【分析】本题考查了点与圆的位置关系，根据点与圆的位置关系进行判断，点与圆的位置关系有3种，当时，点在圆外，当时，点在圆上，当时，点在圆内． 【详解】的半径为，P到圆心O的距离为， 即， 点P在圆内． 故答案为：圆内． 10． 【分析】本题考查了切线长定理和勾股定理，解题关键是熟记切线长定理，得出，再利用勾股定理求解； 连接，，根据切线长定理得出，再利用勾股定理求出的长即可． 【详解】解：连接，， ∵、分别切⊙O于A、B，， ∴，， ∵⊙O半径为2， ∴， ， 故答案为：． 11．110 【分析】本题考查圆内接四边形的性质和圆周角定理，结合圆内接四边形的对角互补可知，因而只要求出的度数即可． 【详解】解：如图，连接，， 弧的度数为， ， ， 四边形内接于， ， ， 故答案为：110． 12． 【分析】本题考查了弧长公式，解题关键是熟记弧长公式；根据弧长公式直接计算即可． 【详解】解：的长为， 故答案为： 13．1 【分析】本题考查了圆周角的性质和勾股定理逆定理，解题关键确定点D在以为直径的圆上； 先根据勾股定理逆定理得出，再确定点D在以为直径的圆上，当经过圆心时值最小，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵，即， ∴， ∴点D在以为直径的圆上， 取中点O，连接，， ∵，，， ∴， ∴，， ∵， ∴长的最小值为1， 故答案为：1． 14．26 【分析】本题主要考查了垂径定理和勾股定理，设寸，则寸，由垂径定理得到寸，再由勾股定理可得方程，解方程即可得到答案． 【详解】解：设寸，则寸， ，是直径， 寸， 在中，由勾股定理得， ， ， 寸， 故答案为：26． 15．/70度 【分析】本题主要考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．根据圆内接四边形的性质求出即可． 【详解】解：∵四边形是的内接四边形，， ∴， 故答案为：． 16．5 【分析】本题考查切线长定理，根据切线长定理可得，，结合的周长，即可求解． 【详解】解：∵分别切⊙于两点， ∴ 又∵过点作⊙的切线分别交于两点， ∴ ∵的周长为10， ∴ ∴， 故答案为：． 17．(1)见解析 (2)6 【分析】（1）分别作的垂直平分线，二者的交点为圆心，以为半径作圆，即可求解； （2）连接，，根据圆周角定理得出，证出是等边三角形，根据等边三角形的性质即可解答． 【详解】（1）解：如图即为所作． （2）解：如图，连接，， 则：， ， ， 是等边三角形， ， 即：的半径为6． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的作法，线段垂直平分线的性质，三角形的外接圆，圆周角定理，等边三角形的性质和判定等，掌握作法及相关的定理是解题的关键． 18．这个正八边形的边长是，面积是 【分析】本题考查了正方形的性质、正八边形的性质、等腰直角三角形的性质，得出“减去的每个角所组成的三角形为等腰直角三角形”并能正确列出方程是解题的关键．设正八边形的边长为，则等腰直角三角形的边长为，根据题意列方程求出x的值，再根据正八边形的面积等于正方形的面积减去4个小等腰直角三角形的面积即可得出答案． 【详解】解：根据题意，减去的每个角所组成的三角形为等腰直角三角形， 设正八边形的边长为，则等腰直角三角形的边长为， ∵正方形的边长为， ∴， 解得，则， ∴ ． 答：这个正八边形的边长是，面积是． 19． 【分析】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，先求出，根据点C、D是的三等分点，求出的度数是，即 【详解】解： 为的直径， 点 C、D 是的三等分点 的度数是 故答案为 20．(1) (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）由圆周角定理可知，进而可得，再结合圆的内接四边形的性质即可求解； （2）结合（1）可知，，结合，得到，根据四边形是的内接四边形，得到，证明即可得证． （3）在上截取，连接，，先证明，进而证明，利用四边形是的内接四边形，证明，再证明，即可得证，再结合勾股定理证明结论． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴， ∵平分， ∴， ∵四边形是的内接四边形，则， ∴， ∴； （2）证明：由（1）可知，，则， ∵， ∴， ∵四边形是的内接四边形，则， 又∵ ∴， ∴， ∴． （3）证明：在上截取，连接，， 由（2）可知， ∴， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴，，则， ∵， ∴，，， ∴， ∵四边形是的内接四边形，则， ∴，则， ∴， ∴， ∴，则， 在中，， ∴． 【点睛】本题考查了圆的内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握圆的性质是解题的关键． 21．(1) (2) 【分析】本题考查了切线的性质，垂径定理、圆周角定理，解答本题的关键是熟练运用圆周角定理解决问题． （1）根据切线的性质可知是直角，所以可以得到，进而求出答案； （2）首先先推导出，在中，利用勾股定理求得，进一步解答即可． 【详解】（1）解：∵与相切于点， ∴， ∵， ∴， ∵为的直径， ∴， ； （2）解：同（1），， 在中，，，， 即， 解得，， ∵直径弦， ∴， ∴． 22．(1)见解析 (2)①；② 【分析】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． （1）根据一元二次方程根的判别式即可判断； （2）①作于，延长交于，连接，，由垂径定理可得，，有勾股定理得，再由关于的方程是“2倍—勾系方程”，得到，即可证明，最后证明得到，最后根据求解即可； 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”， ∴， ， ，， ∴ ， ， ， ， ； ②过点作的垂线，垂足为，则四边形是矩形，如图， ， ∵， ． 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 $$