第二十四章圆单元练习2025-2026学年人教版九年级数学上册

第二十四章 圆 单元练习 一、单选题 1．已知的直径为5，若，则点与的位置关系是（   ） A．点在内 B．点在上 C．点在外 D．无法判断 2．如图，点A，B，C，D在上，是的直径，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 3．如图，是的直径，是上的点，，过点作的切线交的延长线于点，若，则的半径是（   ） A．1 B． C． D． 4．日常生活中常见的装饰盘由圆盘和支架组成（如图1），它可以看作如图2所示的几何图形．已知，，垂足为点，，垂足为点，，的半径，则圆盘离桌面最近的距离是（    ） A． B． C． D． 5．是等腰三角形的外接圆，圆心O到底边的距离为，的半径为，则腰的长为 （   ） A． B． C．或 D．或 6．如图，在中，，点是上一点，以为直径的半圆经过的顶点，，交，于点，，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 7．如图，是的圆周角，，则大小是（   ） A． B． C． D． 8．如图，，是两条非直径的弦，，垂足为点，连接，，过点作，垂足为点，反向延长交于点．下列选项能帮助求线段长的是（   ） A． B． C． D． 9．如图，已知、为的切线，、为切点，若，，则的切线（　　）． A． B． C． D． 10．如图，在扇形中，，，若以点C为圆心，为半径画弧，与交于点D，则图中阴影部分的面积和是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 11．如图，是的直径，弦于点，连接，若，，则的长为 ． 12．如图，已知四边形内接于，是直径，，，则弦 ． 13．如图，正方形的边长为，若经过，两点的与直线相切，则的半径为 ． 14．如图，在中，，，，点O是的内心，过点O作，与分别交于点E，F，则的周长为 ． 15．如图，是的直径，C、D是上的点，且，分别与相交于点E、F，有下列结论：①平分；②；③；④．正确结论的序号有 ． 三、解答题 16．如图，以的边为直径作，点在上，点在线段的延长线上，，． (1)求证：是的切线； (2)若直径，求图中阴影部分的面积． 17．如图是由小正方形组成的6×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点，⊙O经过A，B，C三个格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示． (1)在图（1）中画弧的中点D； (2)如图（2），延长至格点F处，连接． ①直接写出∠F的度数； ②P为上一点，连接，将绕点B顺时针旋转得到，画出线段，并简要说明． 18．如图，为的直径，点为上一点，为的中点，过作于点，交于点，交弦于点，连结、． (1)求证：≌． (2)若，求的长． 19．已知正方形的四个顶点在上 (1)如图1，若点在劣弧上，连接、、，若在上取一点，使得，连接，求证： (2)若点在弧上（不与点、、重合），过点作于点，试探究线段、、之间的数量关系，并说明理由． (3)如图2，若正方形的边长为4，点是线段上的动点，过点作于点，将线段为边，在右侧作等边，求出点的运动轨迹长． 20．如图，是四边形的外接圆，直径为10，过点D作，交的延长线于点P，平分． (1)如图1，若是的直径，求证：与相切； (2)若是的直径， ，求的度数． (3)如图2，若，求的最大值． 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 单元练习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 C B B D D C A C A C 1．C 【分析】本题考查了点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当时，点在圆外；当时，点在圆上，当时，点在圆内．判断圆的半径与的大小即可解答． 【详解】解：圆的半径，点P到O的距离， ∴， ∴点P在圆外， 故选：C． 2．B 【分析】本题主要考查了直径定理，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握以上两个定理． 利用直径定理得出，利用直角三角形的性质求出，最后利用圆周角定理即可求解． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∴， ∴, 故选：B． 3．B 【分析】本题考查了圆周角定理，切线的性质，直角三角形的性质和勾股定理，熟练掌握圆周角定理，切线性质定理是解题的关键．连接，根据圆周角定理得到，由切线的性质得到，根据直角三角形的性质求出，再利用勾股定理即可解答． 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∵过点C作的切线交的延长线于点E， ∴， ∵， ∴， ∴，即的半径是． 故选：B． 4．D 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、垂径定理、勾股定理，连接，，作于点，交于点，交于点，证明四边形是矩形，得出，，由垂径定理可得，由勾股定理可得，求出，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，，作于点，交于点，交于点， ， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴圆盘离桌面最近的距离是， 故选：D． 5．D 【分析】本题主要考查了垂径定理，三线合一定理，勾股定理，分圆心在内和在外两种情况讨论，先证明三点共线，则可求出的长，根据勾股定理先求得的长，再根据勾股定理可求得的长即可． 【详解】解：分圆心在内接三角形内和在内接三角形外两种情况讨论， 如图一，假若是锐角，是等腰三角形， 连接，过点O作于D，连接， ∵， ∴为的中点， ∵是等腰三角形，且为底， ∴， ∴三点共线， ，， ， ， ； 如图二，若是钝角，是等腰三角形， 同理可得， ， 综上可得腰长或 故选： 6．C 【分析】如图，连接、、、，设，根据圆的基本知识及直径所对的圆周角是直角得，即，推出，证明垂直平分，继而得到，，根据圆内接四边形的性质得，在中，根据三角形内角和建立关于的方程，求解后再根据弧长公式即可得出答案． 【详解】解：如图，连接、、、，设， ∵为半圆的直径，，， ∴，即， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∵四边形内接于圆， ∴， ∵， ∴， 在中，， 解得：， ∴的长为：． 故选：C． 【点睛】本题考查弧长的计算，圆内接四边形的性质，直径所对的圆周角是直角，垂直平分线的判定，等边对等角，平行线判定和性质，掌握弧长的公式、圆内接四边形的性质是解题的关键． 7．A 【分析】本题主要考查圆周角定理以及等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握圆周角定理以及等腰三角形的性质等基本知识． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴． 故选：A． 8．C 【分析】本题考查圆周角定理，根据，，利用同角的余角相等得到，根据对顶角相等以及同弧所对的圆周角相等，等量代换得到，利用等角对等边得到，同理可得，最后得出，即能帮助求线段长的是． 【详解】解：，， ，， ， ， ， 又， ， ， ，， ，，     ， ， ， 又， ， ， ， ， 能帮助求线段长的是． 故选：C． 9．A 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，圆的切线的性质，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键． 根据题意，证得，利用全等三角形的性质即可求解． 【详解】解：、为的切线，、为切点， ，，， ， 在和中， ， ， ． 故选：A． 10．C 【分析】本题考查了等边三角形的性质和判定，扇形的面积计算等知识点，能求出阴影部分的面积=扇形BAD的面积是解此题关键． 连接，根据等边三角形的判定得出是等边三角形，根据等边三角形的性质得出，求出阴影部分的面积=扇形的面积，再根据扇形的面积公式求出扇形的面积即可． 【详解】解：连接， ∵以点C为圆心，为半径画弧，与交于点D，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，, ∴分别以为弧的弓形面积相等，则阴影面积等于扇形的面积， ∵， ∴， ∴阴影部分的面积． 故选：C． 11． 【分析】本题考查了垂径定理及勾股定理，根据垂径定理得，再利用勾股定理得，进而可求出，然后利用勾股定理求解即可．熟练掌握垂径定理及勾股定理是解题的关键． 【详解】解：连接，如图： ∵为直径，且，， ∴， 在中，，根据勾股定理得： ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 12． 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理；根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理得到，根据含度角的直角三角形的性质，得到答案． 【详解】解：四边形内接于， ， 是直径， ，则 ， 故答案为：． 13． 【分析】设与直线相切于点，连接并且延长交于点，连接、，由正方形的性质和切线的性质，可得四边形是矩形，由矩形的性质和同圆半径相等，可得与之间的关系，由垂径定理可得，用勾股定理解直角三角形即可． 【详解】解：设与直线相切于点，连接并且延长交于点，连接、， 四边形是边长为的正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得，， ∴的半径为， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质、切线的性质、矩形的判定与性质、垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是正确作出辅助线． 14．14 【分析】本题主要考查的是三角形的内心、平行线的性质、等腰三角形的判定，明确三角形的内心是三条角平分线的交点是解题的关键． 先根据三角形内心的定义得到是和的角平分线，结合平行线的性质可证明，于是得到，故此可得到，根据三角形的周长公式计算即可． 【详解】解：连接． ∵点O是的内心， ∴分别是和的角平分线． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴， ∴的周长， 故答案为：14． 15．①③④ 【分析】由是的直径得，，，，可证①；不可能是的垂直平分线，可得，可证②；是的直径，，，可证③；由③有，，点为中点，是的中位线，可证④，由此即可求解． 【详解】解：①∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴平分，故①正确； ∵在中，是外角， ， 在中，是外角，， 又∵， ， ∴不可能是的垂直平分线， ∴， ∴ ∴，故②不正确； ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点为圆心， ∴，故③正确； ∵， ∵点为中点， ∴是的中位线， ∴，故④正确； 综上可知：其中一定成立的有①③④. 故答案为①③④． 【点睛】本题主要考查圆周角定理及圆的有关性质，掌握圆中有关的线段、角的相等是解题的关键，特别注意垂径定理的应用． 16．(1)证明见解析； (2)． 【分析】本题主要考查了切线的判定，扇形面积的计算，勾股定理，直角三角形的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）连接，则得出，可求得，可得出结论； （）由在中，，，则有，通过勾股定理得，再由即可求解． 【详解】（1）证明：连接，则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是 的半径， ∴是的切线； （2）解：∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 17．(1)作图见解析 (2)① ②作图见解析，理由见解析 【分析】对于（1），先取的中点，连接，延长交于点D，根据垂径定理可得点D是的中点； 对于（2），①先证明是等腰直角三角形，即可得出答案； ②取点M，连接，延长交于点K，作直径，连接并交于点Q，线段即为所求作. 【详解】（1）解：如图所示； （2）解：①∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴. 故答案为：45； ②取点M，连接，延长交于点K，作直径，连接并交于点Q，线段即为所求作.如图所示. 理由如下：取的中点N，连接，则，结合，可得四边形是正方形， ∴. ∵直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴将绕点B旋转得到. 【点睛】本题主要考查了尺规作图，垂径定理，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理是求线段长的常用方法，应该熟练掌握. 18．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查圆周角，垂径定理，勾股定理，三角形中位线等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）根据垂径定理解得，结合为的直径，，可证明，再由，可证; （2）连接交于点，证明是的中位线，进而在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵是的中点， ∴， ∵为的直径，， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴； （2）解：如图，连接交于点． ∵为的中点， ∴， ∴． ∵， ∴是的中位线， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 19．(1)见解析 (2)或，理由见解析 (3) 【分析】本题考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质和圆周角定理，熟练掌握各知识点是解题的关键． （1）根据正方形的性质和圆周角定理，利用证明两三角形全等即可； （2）当点E在弧上时，过点作于点，证明，即可得到四边形是正方形，然后根据线段的和差解答；当点E在弧上时，在上取点，使，连接，根据全等三角形的对应边相等得到，，，然后证明是等腰直角三角形，即可得到结论； （3）将绕点C顺时针旋转得到，连接，可以得到，即可得到点N在以为直径的圆F上，然后根据弧长公式计算解答即可． 【详解】（1）证明：在正方形中，， 与都对应弧， ， 在和中， ； （2）解：满足或，理由如下： 如图，当点在弧上,过点作于点， ∵是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴是矩形， 又∵， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴，即； 当点在弧上时，在上取点，使，连接， 由（1）， ，，， 在正方形中，， ， ， ， 是等腰直角三角形三角形， ， ， ， ， ； （3）解：如图，将绕点C顺时针旋转得到，连接，则， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴，， ∴点N在以为直径的圆F上， ∵最大为， ∴最大为，即最大圆心角为， ∴点N的运动路径为． 20．(1)见详解 (2) (3)10 【分析】本题考查圆的综合应用，涉及圆的切线判定、勾股定理、全等三角形的判定及性质、等边三角形判定及性质、解直角三角形等知识，作出辅助线构造出等边三角形是解本题的关键． （1）连接，由得，根据平分，即得，而，即可得； （2）先判断出得出，进而求出，即可求出答案； （3）连接，在上截取，先判断出是等边三角形，进而判断出是等边三角形，进而判断出，即可求出答案． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， ， 平分， ， ，即， 为的半径， ∴与相切； （2）解：是的直径， ， ， ， 由（1）知，， ， ， ， ， ； （3）解：连接，在上截取， ， 平分， ， ， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ， ， 当为直径，即时，取最大值是10． 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 $$