第二十四章圆复习练习题2024-2025学年人教版数学九年级上册

第二十四章 圆 复习练习题 一、单选题 1．已知一个圆锥的母线长，底面半径是，则圆锥侧面展开图的圆心角度数为（   ） A． B． C． D． 2．如图，A，B，C是上的三点，，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 3．如图，已知是半圆的直径，、两点在半圆弧上，且，连接、交于点．若，则的直径为（   ）． A． B． C． D． 4．如图，内接于，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点在上，连接．则四边形的面积（    ） A．只与的长有关 B．只与的长有关 C．只与的长有关 D．只与的长有关 5．如图，已知A，B，C，D是同一圆上的点，相交于点，，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 6．如图，的半径为2，点A是上一动点，点C是外一点，，是等边三角形，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 7．如图，，，，为上四点，，，垂足为，若，则与弦围成的弓形的面积为（    ） A． B． C． D． 8．如图，正方形的边长为10，分别以，为直径画半圆，过点的直线分别交两半圆于点，．已知，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 9．如图，是一个正多边形相邻的四个顶点，若，则这个多边形的边数为（   ） A．8 B．9 C．10 D．12 10．如图，已知⊙O的直径为10，将⊙O沿折叠，使弧与直径相切于点E，则折痕的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 11．如图，是的弦，连接、，点在上，，，则扇形的面积为 ． 12．如图，边长为的正方形内接于，点为弧上一动点（不与，重合），过点作于点，连接，则的最小值是 ． 13．如图，内接于，连接并延长交于点，过点作于点．连接交于点，延长交于点，连接．若，则 ， ． 14．如图，的弦与直径交于点，过点的切线与的延长线交于点，连接，若，，则的度数是 ． 15．如图，在正六边形中，有两点同时、同速从中点出发，点沿方向运动，点沿射线方向运动，后，两点与多边形中心的连线及多边形（延长线）所围成图形如图所示（阴影部分），两部分的面积分别为，若，则 （用含的代数式表示）． 三、解答题 16．如图，点是斜边边上的一点，以为半径的与边相切于点．求证：平分． 17．如图1，已知内切于四边形，与分别相切于点． (1)求证：； (2)如图2，连接，与交于点，若，求证：． 18．如图，为的外接圆，且，是的直径，过点作于点，交于点，连接． (1)写出图中一个与相等的角； (2)判断的形状，并说明理由； (3)若，，求的长． 19．如图，在中，，点在边上，以为直径作的经过边上的点，连接，平分， (1)求证：是的切线； (2)，，以点为圆心，长为半径作弧，交边于点，交边于点，求图中，，，．围成的阴影部分的面积． 20．如图1，是的直径，过圆上异于A，B两点且在上方的点P处作的切线，过点A作，交切线于点Q，连接，． (1)求证：平分． (2)移动点P，在移动过程中，始终垂直于． ①如图2，当点Q在的垂直平分线上时，与满足一定的数量关系，请写出此数量关系，并证明． ②如图3，当时，请直接写出与之间的数量关系，无需说明理由． 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 《第二十四章 圆 复习练习题2024-2025学年人教版数学九年级上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B A B C D B B D C 1．D 【分析】本题考查了圆锥侧面展开图，弧长等知识．熟练圆锥侧面展开图的弧长是圆锥底面圆的周长是解题的关键．设该圆锥的侧面展开图的圆心角的度数是，依题意得，，计算求解即可． 【详解】解：设该圆锥的侧面展开图的圆心角的度数是， 依题意得，， 解得，， 故选：D． 2．B 【分析】本题考查了等边对等角、圆周角定理，连接，由等边对等角得出，，求出，再由圆周角定理即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图：连接， ， 由题意可得：， ∴，， ∴， ∴， 故选：B． 3．A 【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，三角形外角性质，等角对等边，掌握知识点的应用是解题的关键． 连接，由，则，又，则，可得，则，又为半圆的直径，则，最后通过勾股定理即可求解． 【详解】解: 如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为半圆的直径， ∴， ∴， 故选：． 4．B 【分析】本题考查了旋转的性质，三角形与圆的综合，掌握角所对的边为圆的直径，几何图形面积的计算方法是关键．连接，过点作于点，作点作于点，得到是直径，，四边形的面积为，结合计算得到，是直径，是定值，的面积与的乘积有关，或与的长有关，当点的位置变换，即线段的长改变，则的长改变，随之改变，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，过点作于点，作点作于点， ∵将绕点逆时针旋转得到，点的对应点在上， ∴，， ∴是直径，， ∴四边形的面积为， ∵， ∴点重合， ∴， ∴， ∵是直径，是定值， ∴的值是定值， ∵是直径，且， ∴， ∴， ∴的面积与的乘积有关，或与的长有关， ∴当点的位置变换，即线段的长改变，则的长改变，随之改变， ∴四边形的面积改变， ∴四边形的面积只与的长有关， 故选：B ． 5．C 【分析】本题考查的是圆周角定理的应用，圆心角，弧，弦之间的关系，先证明可判断A，B，再证明，可判断D，进一步记圆心为，连接，可判断C. 【详解】解：∵A，B，C，D是同一圆上的点，相交于点，， ∴， ∴，故A，B不符合题意； ∵， ∴， ∴， ∴，故D不符合题意； 如图，记圆心为，连接， ∵不一定相等， ∴不一定相等；故C符合题意； 故选：C 6．D 【分析】本题主要考查等边三角形的性质，勾股定理以及点与圆的位置关系，在上方作等边三角形，以点为圆心，2为半径作，则点运动时，点在上运动，作的的高，延长交于点，当点与点重合时面积最大，根据勾股定理求出，可得，根据三角形面积公式求解即可． 【详解】解：在上方作等边三角形，以点为圆心，2为半径作，如图， ∵和均为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点运动时，点在上运动， 作的的高，延长交于点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当点与点重合时面积最大，即面积的最大值为， 故选：D． 7．B 【分析】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、扇形面积公式，连接、、，作于，设，，则，先计算出，，由圆周角定理可得，，得出为等腰直角三角形，求出，得出为等腰直角三角形，求出，再由与弦围成的弓形的面积为计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 【详解】解：如图：连接、、，作于， 设，，则， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， 由①②可得，， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴与弦围成的弓形的面积为， 故选：B． 8．B 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，正方形的性质，求不规则图形的面积；连接，证明得出，结合已知可得，进而根据阴影部分面积等于半圆的面积减去三角形的面积，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴， 又∵以，为直径画半圆， ∴ ∴ ∴ ∴， ∵， ∴， 设，则 又∵ ∴ ∴ ∵， ∴弓形相等， ∴阴影部分面积为 故选：B． 9．D 【分析】本题考查了圆周角定理，正多边形与圆的综合，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 如图所示，设这个正边形内接于，连接，则，根据正多边形的每条边所对圆心角相等即可求解． 【详解】解：如图所示，设这个正边形内接于，连接， ∴， ∴， ∴，即这个多边形的边数为， 故选：D ． 10．C 【分析】本题主要考查了翻折变换的性质以及垂径定理和勾股定理，切线的性质，作辅助线是解题的关键．如图，设，，设弧的圆心为，连接交于F，连接，，根据垂径定理以及勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，设，，设弧的圆心为， 连接交于F，连接，， 由折叠得，，⊙的半径为5， ∴， ∴， ， 垂直平分， ， ∴， ∵弧与相切于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 当时，的值最大，最大值为， 当时，的值最小，最小值为， ∴． 故选：C． 11． 【分析】本题主要考查了圆周角定理，扇形面积计算，勾股定理， 先由圆周角定理得到，再由勾股定理求出的长，再根据扇形面积计算公式求解即可． 【详解】解；∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 12．## 【分析】本题考查了正方形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，到圆上一点的最值问题，勾股定理，取点的中点，连接，得出，则在以为圆心的圆上运动，当在上时，取得最小值，进而勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，取的中点，连接， ∵ ∴ ∴在以为圆心的圆上运动， ∴当在上时，取得最小值， 最小值为 故答案为：． 13． 【分析】过点O作于H，连接，根据圆周角定理，证明，推出，即可得出，进而求得的长；过点O作于N，于T连接，先证明，求出，再证明，求出，证明四边形为矩形，推出，设，勾股定理求出的值，进而求出的长，再利用勾股定理求出的长即可． 【详解】解：过点O作于H，连接，如图所示， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ 过点O作于N，于T连接，如图所示， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴ ∴， 设，则：， ∴， 在中，， 在中，， ∵， ∴， 即 解得或(舍去)， ∴， ∴， 在中，． 故答案为：；． 【点睛】此题考查了圆的综合题、垂径定理、圆周角定理、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会构建方程解决问题． 14．/度 【分析】本题主要考查了圆的切线的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角定理等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用. 连接，利用切线的性质得出的度数，然后利用等腰三角的性质及三角形外角定理得出和的度数， 最后利用角的和差即可求解. 【详解】解：如图，连接， 是的切线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：. 15． 【分析】本题考查正多边形与圆，多边形的面积等知识，如图，连接，作于W，于T．得出，推出，推出，可得，推出，由可得结论． 【详解】解：如图，连接，作于W，于T，设与交于点． 在正六边形中，∵， ∴， ∵， ∴， ∵点P，Q同时，同速从中点M出发， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴ 故答案为：． 16．证明见解析 【分析】本题考查了圆的切线的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 连接，根据圆的切线的性质得到，则根据平行线的判定与性质得到，再由等边对等角得到，即可等量代换求证． 【详解】证明：连接， ∵与边相切于点， ∴，即， ∵为直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴平分． 17．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据切线长定理可得：，，，，问题随之得解； （2）连接，可得出，，利用圆周角定理求得，，进一步计算得出结论． 【详解】（1）证明：根据切线长定理可得：，，，， ∴，， ∴，， ∵，， ∴； （2）证明：如图，连接， ∵四边形的内切圆与边分别相切于点E，F，G，H， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，圆中的弧、弦、圆周角之间的关系等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． 18．(1) (2)是等腰三角形，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质与判定、勾股定理、直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键． （1）根据圆周角定理即可推出； （2）根据直角三角形的性质推出，再结合，即可证明； （3）根据勾股定理求出，再利用勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴（答案不唯一）． （2）解：是等腰三角形，理由如下： 为的直径， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， 是等腰三角形． （3）解：如图，连接， ，且由（2）知，在等腰中，， ． ，， 在中，由勾股定理，得， ， 在中，由勾股定理，得， 设的半径为，则， 解得， ， ． 19．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了切线的判定，求不规则图形面积，角平分线的定义和等边对等角，熟知圆的相关知识是解题的关键。 （1）连接，由角平分线的定义和等边对等角可证明，则可证明，得到，据此可证明结论； （2）求出，根据题意可得扇形和扇形的面积之和等于圆心角度数为90度，半径为2的扇形面积，再根据列式计算即可。 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的半切线； （2）解：∵， ∴， ∵，， ∴， 由题意得，扇形和扇形的半径相同，且， ∴扇形和扇形的面积之和等于圆心角度数为90度，半径为2的扇形面积， ∴。 20．(1)见解析 (2)①，证明见解析；② 【分析】（1）根据是切线，得出，则，根据，得出，结合，即，等量代换得出，即可证明平分； （2）①连接交于点，当点在的垂直平分线上，则，证明，得出，证明，得出，证明四边形是正方形，得出，根据是的半径，是的直径，得出，即可得． ②连接，并过点作交于点，根据圆周角定理得出，等腰三角形的性质得出，从而得，，即可得，，根据圆周角定理得出，结合，得出，即可得，得出． 【详解】（1）证明：∵是切线， ， ， 则， 又 ∵、都是的半径， ， ， ， ， ， ， 平分； （2）解：． 理由如下： 连接交于点， ∵当点在的垂直平分线上， ， ， 又 ∵， ， ， ， ， ， 是的切线， ， ， ， ∴四边形是正方形， ， ∵是的半径，是的直径， ， ∴． ②． 理由如下： 连接，如图所示： ∵是所对应的圆心角，是所对应的圆周角， ， ， ， 是的切线， ， ， ， ， ， ， ， 根据勾股定理， ， ∵点在上，且是的直径， ， ， ， 根据勾股定理， ， ． 【点睛】该题考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的性质和判定，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质和判定，含角的直角三角形的性质，勾股定理，正方形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，并正确做出辅助线． 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 $$