第二十四章圆练习2025--2026学年人教版九年级数学上册

第二十四章 圆 练习 一、单选题 1．一张圆形的纸，要想找到它的圆心，至少要对折（　　）次． A．1 B．2 C．4 D．8 2．的半径为6，同一个平面内有一点P，且，则P与的位置关系是（   ） A．P在圆外 B．P在圆上 C．P在圆内 D．无法确定 3．如图，，为的弦，连接，，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 4．如图，将半径为4，圆心角为的扇形绕点A逆时针旋转，点O，B的对应点分别为，连接，则图中阴影部分的面积是 （   ） A． B． C． D． 5．如图，，，在上，，交于点．若，，则半径的长为（   ） A． B．6 C．8 D．10 6．如图，是外接圆，是的直径，连接，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 7．如图，为的直径，、为上两点，连接、和．若，则的大小为（   ） A．36° B．44° C．52° D．54° 8．如图，是半圆的直径，点在上，弦，若的度数为的度数为，则与的关系是（   ） A． B． C． D． 9．如图，半圆O的直径为4，交半圆O于点C，以点A为圆心，长为半径画弧交于点D，以点B为圆心，长为半径画弧交于点E，则图中阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 10．如图，六边形是内接正六边形，以为边作正五边形，连接，延长交于点，若半径为，则的长为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 11．如图，已知四边形内接于，，则的度数为 ． 12．“轮动发石车”在春秋战国时期被广泛应用，模型驱动部分如图所示，其中的半径分别是和，当顺时针转动3周时，上的点P随之旋转，则 ． 13．为落实五育并举，促进学生全面发展．在劳动课上，同学们积极动手制作学具，某同学制作了一个圆锥，其母线长为，底面圆的半径为，则该圆锥的侧面积为 ．（结果保留π） 14．如图，小张同学用半径，的扇形包装纸恰好能设计成一个圆锥状冰淇淋的侧面外包装，则这个圆锥状冰淇淋的底面半径 ． 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，在每个边长为1的小正方形网格中，点，均在格点上，以为坐标原点建立平面直角坐标系，点的坐标为，点的纵坐标为，过、、三点作，点在上且点的纵坐标为，过作的切线，分别交直线、于点、． (1)若，则______°； (2)若，求的直径； (3)仅用无刻度直尺，在线段上作点，使． 17．如图，是的直径，点C，D在直径两侧的上，，点E在上，且于点E，延长DE交于点F，连接并延长交的延长线于点G． (1)求证：． (2)若，，求的长． 18．已知：如图，是的直径，点在上，的外角平分线交于点，的延长线于点． (1)求证：为的切线； (2)若，，分别求线段和的长． 19．在中，有一个四边形内接于． (1)如图1，四边形内接于，为延长线上一点．若，求的大小； (2)如图2，四边形内接于，为的直径，为延长线上一点．若，，求证：为的切线； (3)如图3，四边形内接于，为延长线上一点，为的切线．若，，，求的大小． 20．在中，弦、相交于点，连接，，． (1)如图1，求证：是等边三角形； (2)如图2，是的直径，交线段于点，点在上，连接、，，求证：平分； (3)如图3，在（2）的条件下，点在线段上，，点在线段上，连接，，请你探究线段、线段的数量关系，并证明你的结论． 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 练习2025--2026学年人教版九年级数学上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C D D D D C C D 1．B 【分析】本题主要考查了找圆心，沿不同的折痕把圆对折两次，这两条折痕的交点即为圆心，据此可得答案． 【详解】解：∵圆的圆心一定在其直径上， ∴沿不同的折痕把圆对折两次，这两条折痕的交点即为圆心， ∴一张圆形的纸，要想找到它的圆心，至少要对折2次， 故选：B． 2．A 【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，比较点P到圆心O的距离与圆的半径的大小即可判断． 【详解】解：∵的半径为6，且， ∴点P到圆心的距离大于圆的半径， 因此，点P在圆外． 故选：A． 3．C 【分析】该题考查了圆周角定理，根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半得出，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 故选：C． 4．D 【分析】本题考查了求扇形面积，旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．连接，，证明是含角的直角三角形，根据即可求解 【详解】解：如图，连接， 将半径为4，圆心角为的扇形绕点A逆时针旋转， ，，， 是等边三角形 ，， 三点共线， ，， 是等边三角形， ， ， 又， ， ， ． 故选：D． 5．D 【分析】本题考查了垂径定理的推论以及勾股定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 根据垂径定理的推论得到，再对运用勾股定理即可求解半径． 【详解】解：∵为半径，， ∴， ∵， ∴， 故选：D． 6．D 【分析】本题考查了三角形外接圆，同弧所对圆周角相等，直径所对圆周角为直角等知识，掌握以上知识是关键． 根据直径所对圆周角为直角得到，根据同弧所对圆周角相等得到，结合直角三角形两锐角互余即可求解． 【详解】解：是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：D ． 7．D 【分析】本题考查了圆周角定理及推论，即同弧或等弧所对的圆周角相等，半圆（或直径）所对的圆周角是直角，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．连接，可得，根据题意得，在中，通过即可求解． 【详解】解：连接，如图所示， ， ， 为的直径， ， 在中，， 故选：D． 8．C 【分析】本题主要考查了圆周角定理、三角形外角的性质、等边对等角等知识点，分析题意、弄清角之间的关系是解题的关键． 由圆周角定理可得，即；根据等边对等角可得，再根据三角形外角的性质可得，则，再整理即可解答． 【详解】解：∵是半圆的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴，整理得：． 故选C． 9．C 【分析】本题考查扇形中阴影部分的面积，根据“”求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵半圆O的直径为4，交半圆O于点C， ∴，点为的中点， ∴，， ∴， ∴ ， 故选：C． 10．D 【分析】本题考查了求弧长，正多边形和圆，连接，根据正多边的性质求得，进而求得，根据圆周角定理求得，然后根据弧长公式，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵六边形是内接正六边形， ∴ ∴， ∵为边作正五边形， ∴，， ∴ ∴ ∴ ∴的长为 故选：D． 11． 【分析】利用圆内接四边形对角互补求出，再依据圆周角定理求出 ．本题主要考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形对角互补以及同弧所对圆心角与圆周角的数量关系是解题的关键． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴． ∵， ∴． ∴． 故答案为： ． 12． 【分析】本题主要考查了利用弧长求解圆心角度数．先求出点P移动的距离，再根据弧长公式计算，即可求解． 【详解】解：根据题意得：点P移动的距离为， ∴， 解得：． 故答案为：． 13． 【分析】此题主要考查了圆锥的有关计算，根据圆锥的侧面积为计算解答． 【详解】解：， 故答案为：． 14．6 【分析】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．根据圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长列出方程求解是解题的关键． 【详解】解：解：设圆锥底面圆的半径为， 则：， 解得：， 故答案为：6． 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．(1)130 (2) (3)见解析 【分析】题目主要考查切线的性质，圆内接四边形求角度，解三角形等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． （1）连接，利用圆内接四边形求角度即可； （2）连接，根据题意得出轴，为直径，确定，利用正切函数得出，再由勾股定理代入求解计算即可； （3）连接，交于点G，连接并延长交于点H，利用三条高交于一点即可作出相应图形． 【详解】（1）解：连接， ∵圆内接四边形，， ∴， 故答案为：130； （2）连接， ∵点的坐标为，点的纵坐标为， ∴轴， ∴为直径， ∵过作的切线，分别交直线、于点、． ∴， ∵， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， 整理得：， 解得，（负值舍去）， ∴， 即的直径为； （3）连接，交于点G，连接并延长交于点H， ∴， 由图得轴， ∵过作的切线，分别交直线、于点、． ∴， ∴． 17．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，弧、弦、圆心角的关系，圆周角定理，求弧长， 对于（1），根据弧、弦、圆心角的关系可得，即可证明，则可得答案； 对于（2），根据已知条件和（1）可得，进而说明，然后根据弧长公式计算即可． 【详解】（1）解：证明：∵， ∴． ∴． ∵，， ∴． ∴； （2）解：∵， ∴． 由（1）知， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴的长为． 18．(1)见解析 (2)， 【分析】（1）连接，由角平分线得，再根据得，从而证得，进而可得，得，得为的切线； （2）首先证明，从而得，然后利用直角三角形的性质和勾股定理可得和长． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵平分， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴， ∵为的半径， 为的切线； （2）解：，， ， 平分， ， ∵的延长线于点 ∴， ∴ ∴ ． 【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理及其推论，直角三角形的性质，勾股定理，角平分线的定义，关键是掌握切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线． 19．(1) (2)证明过程见详解 (3) 【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到，即可求解； （2）根据直径所对圆周角为直角得到，则，由内接四边形的性质得到，则，结合切线的判定即可求解； （3）根据等边对等角得到，由平行线的性质得到，由内接四边形得到，由三角形内角和定理得到，连接，由圆周角定理得到，则，所以，根据三角形外角和的性质得到，由此即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵为延长线上一点， ∴， ∴； （2）证明：∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形内接于，为延长线上一点， ∴， 在中，， ∴， ∴，即，且是直径， ∴为的切线； （3）解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 如图所示，连接， ∵四边形内接于，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为延长线上一点， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查圆内接四边形的性质，直径所对圆周角为直径，切线的判定和性质，圆周角定理，三角形内角和，外角和定理的运用，掌握以上知识，理清思路，数形结合分析是关键． 20．(1)见解析 (2)见解析 (3)，证明见解析 【分析】本题考查圆的相关性质、等边三角形的判定与性质、角平分线的判定以及三角形全等的判定与性质，解题的关键是熟练运用圆的性质及全等三角形的判定定理，通过构造辅助线和角度计算解决问题． （1）连接，利用同圆中相等弧所对的圆周角相等，结合已知条件推导出，从而证明其为等边三角形． （2）连接，根据是等边三角形，得到，证明是等边三角形，得到，连接，，，．，结合直径所对圆周角为直角的性质，通过角度的计算与转化，证明角相等，进而得出角平分线． （3）设交于点，过作平分交于点，交于点，在上取点，使，连接，利用全等三角形的判定条件，结合角度和线段的等量关系，探究并证明线段之间的数量关系． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． ∴是等边三角形； （2）证明：∵是等边三角形， ∴， ∴， 连接， ∵， ∴是等边三角形， ∴． 连接，，，． 又∵， ∴， ， 设， ∵是的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴平分； （3）． 证明：设交于点，过作平分交于点，交于点，在上取点，使，连接， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∵，是⊙O的直径， ， ， ， ， ． 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 $$