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．若一个圆内接正多边形的中心角是，则这个多边形是（   ） A．正十边形 B．正九边形 C．正八边形 D．正七边形 2．如图，在中，点C是的中点，点D在优弧上，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．图2是从正面看到的一个“老碗”（图1）的形状示意图是的一部分，D是的中点，连接，与弦交于点C，连接，．已知，碗深，则的半径为（ ） A． B． C． D． 4．如图，是的直径，，，是弦，若，，则弦的长是（　　） A． B． C． D． 5．如图， 四边形内接于，，，，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 6．如图，是的直径，弦于，若，，则的半径长为（   ） A． B． C． D． 7．如图，从边长为的正方形铁皮中，剪下一块圆心角为的扇形铁皮，要把它做圆锥形容器（接缝忽略不计），那么这个圆锥形容器的高为（   ） A． B． C． D． 8．如图是记录的日出美景，图中太阳与海天交界处可看成圆与直线，它们的位置关系是（   ） A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 9．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． 10．如图，在一张三角形纸片中，，，，是它的内切圆，小明用剪刀沿着的切线剪下一块三角形，则的周长是（   ） A．17 B．19 C．20 D．22 二、填空题 11．已知扇形的圆心角为，半径为2，则这个扇形的面积 ． 12．如图所示的是一个半圆形拱桥的截面示意图，圆心为O，直径是河底线，弦是水位线，已知拱桥的跨度，若测得某时水面宽度，求水深是 ． 13．如图，都是的直径，且，则的弦，，的大小关系是 ． 14．如图，四边形内接于，连接．若，则的度数是 ． 15．如图，是半圆的直径，将半圆绕点逆时针旋转得到半圆，点的对应点为．若，则阴影部分图形的面积为 ．（结果保留） 三、解答题 16．如图，在中，直径弦于点，于点，交于点，连接． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 17．如图为一个含角的直角三角形及其外接圆，点在边上且为的角平分线，请用无刻度直尺按下列要求作图，不写作法，保留作图痕迹． (1)在图1中，以点为顶点作一锐角，使之与互余； (2)在图2中，过点作线段的中点． 18．如图，内接于，为直径，平分B交于点D． (1)过点D作，求证：为的切线； (2)若，求阴影部分的面积． 19．已知内接四边形中，平分． (1)如图1，若相交于E，求证：． (2)如图2，连接交于F．若，求的半径． (3)如图3，若为直径，，求的内心与点O的距离． 20．如图，是的直径，是上的点，于点，且与交于点，是的平分线． (1)求证：是的切线； (2)当点为的中点时，求的度数； (3)若，，求的长； (4)试判断线段，，之间的数量关系，并说明理由． 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 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 D A D B D C A C C 1．B 【分析】本题考查圆内接正多边形，根据圆内接正边形的中心角的度数为，进行求解即可． 【详解】解：， 故这个多边形为正九边形； 故选：B． 2．D 【分析】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系． 连接，可知，从而可得，然后利用圆周角定理进行计算即可解答． 【详解】解：连接， ∵点C是的中点， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 3．A 【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设的半径为，列出关于的方程是解题的关键．首先利用垂径定理的推论得出，，再设的半径为，则．在中根据勾股定理列出方程，求出即可． 【详解】解：是的一部分，是的中点，， ，． 设的半径为，则． 在中， ， ， ， ， 即的半径为． 故选：A． 4．D 【分析】本题考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，含度角的直角三角形的性质， 勾股定理．根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，再利用同弧所对的圆周角相等可得，然后在中，利用含度角的直角三角形的性质和勾股定理即可求解． 【详解】解：连接，如图： ∵是的直径， ∴， ∵，， ∴， 在中，， ∴，． 故选：D． 5．B 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求得，再求得，利用圆周角定理求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 6．D 【分析】本题考查了垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解题的关键． 先根据垂径定理求出，设的半径为，再连接，利用勾股定理求值即可． 【详解】解：连接， ∵，， ∴， 设的半径为，则， 在中， ， 即， 解得：． 故选：D ． 7．C 【分析】本题考查了扇形与圆锥之间的关系，勾股定理，弧长公式；理解扇形与圆锥之间的关系是解题的关键．由弧长公式得圆锥的底面圆的周长为，再由圆锥的底面圆的半径、高、母线之间的关系，即可求解． 【详解】解：圆锥的底面圆的周长为， 设圆锥的底面圆的半径为， 则， 解得：， 则这个圆锥形容器的高为（）， 故选：C． 8．A 【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，根据直线与圆的位置关系即可得到结论． 【详解】解：图中太阳与海天交界处可看成圆与直线，它们的位置关系是相交， 故选：A． 9．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． 10．C 【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，解决本题的关键是掌握切线的性质．设的内切圆切三边于点，连接、、、、、，得四边形是正方形，由切线长定理可知，根据是的切线，可得，，根据勾股定理可得，再求出内切圆的半径为，进而可得的周长． 【详解】解：如图，设的内切圆切三边于点、、，连接、、、、、， ∴四边形是正方形， 由切线长定理可知， ∵是的切线， ∴，， ∵，，， ∴， ∵是的内切圆， 设的半径为， 则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为：． 故选：C． 11． 【分析】本题考查了扇形的面积公式，掌握扇形面积公式是解决问题的关键．利用扇形面积求解即可． 【详解】解：，， ． 故答案为． 12． 【分析】本题考查了勾股定理、垂径定理，连接，由题意可得，，由垂径定理可得，再由勾股定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图所示，连接， 由题意得，，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴水深为， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．根据对顶角相等得到，，，得到，根据圆心角、弧、弦的关系定理判断即可． 【详解】解：由题意得，，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 14．124°/124度 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质以及圆心角与圆周角的关系．解题的关键是先根据圆心角的度数求出对应的圆周角的度数，再利用圆内接四边形的对角互补求出的度数． 先根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，由的度数求出弧所对的圆周角的度数；再依据圆内接四边形的对角互补，即与互补，求出的度数． 【详解】解：∵四边形内接于 又∵同弧所对的圆周角是圆心角的一半，弧所对的圆心角是，所对的圆周角是 ∴． ∵圆内接四边形的对角互补，即， ∴． 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了旋转的性质、扇形面积公式，记与半圆交于点，连接，由题意可得两个半圆面积相等，，则，再根据计算即可得解，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，记与半圆交于点，连接， ， 由题意可得两个半圆面积相等，，则， ∴， ∵， ∴， ∴, 故答案为：． 16．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查的是圆周角定理，垂径定理，全等三角形的性质和判定，勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键． （1）先根据圆周角定理得出，由全等三角形的判定定理得出，故可得出结论． （2）先根据的长，设，连接，在中根据勾股定理可得出x的值，进而得出结论． 【详解】（1）证明：与是同弧所对的圆周角， ， ，， ， ， ， ， 在与中， ， ， ； （2）解：，， ， 又， 设，则，，， 连接，则， 是直角三角形，，，， ，解得， ． 17．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）延长交圆于点E，连接即可求解； （2）延长，交于点F，连接交于点O即为所求． 【详解】（1）如图所示，即为与互余的角． ∵ ∴是圆的直径 ∴ ∵ ∴ ∵为的角平分线 ∴ ∴ ∴ ∴即为与互余的角； （2）如图所示，点O即为所求． ∵ ∴ ∴点D在线段的垂直平分线上 ∵ ∴是等边三角形 ∴ ∴点F在线段的垂直平分线上 ∴垂直平分 ∴，即点O是中点． 【点睛】此题考查了无刻度直尺作图，圆中所对的弦是直径，等边三角形的性质和判定，垂直平分线的判定，三角形内角和定理以及等角对等边等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 18．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了圆的切线判定、圆周角定理、勾股定理以及扇形和三角形面积的计算，解题的关键是利用角平分线的性质得到弧的关系，结合平行线的性质证明切线，再通过直角三角形的边长求出圆的半径，进而计算阴影部分面积． （1）连接半径利用角平分线性质得出等弧，进而得到圆心角；结合推出，证明垂直于半径从而判定为切线． （2）由为直径可知，用勾股定理求出的长，得到圆的半径；根据（1）中，用扇形的面积减去的面积，得到阴影部分面积． 【详解】（1）证明：连接， 平分， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，              又∵是半径， ∴为的切线． （2） 解：由题意可得：， ∴，    ∵， ． 19．(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题主要考查了三角形内切圆与外接圆综合，圆内接四边形的性质，弧与弦之间的关系，矩形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）由角平分线的定义得到，由同弧所对的圆周角相等可得，则，再由角的和差关系和三角形外角的性质可证明结论； （2）连接，先证明，由垂径定理得到，由勾股定理得，设，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案； （3）过点D作交延长线于E，于H，可求出，则，可证明是等腰直角三角形，得到，则可求出，；证明四边形是矩形，得到，；证明，得到，则，；设的内心为I，设分别与相切于D、E、F，连接，根据，可求出；再证明四边形是矩形，得到，则，再利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴； （2）解：如图所示，连接， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴在中，由勾股定理得， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴，即的半径为； （3）解；如图3所示，过点D作交延长线于E，于H， ∵为直径， ∴， ∵平分， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴四边形是矩形， ∴，； ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图4所示，设的内心为I，设分别与相切于D、E、F，连接， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的内心与点O的距离为． 20．(1)见解析； (2)； (3) (4)，理由见解析． 【分析】（1）首先连接，利用角平分线的性质和等腰三角形的性质，证明，从而得到平行于，再由垂直于，推出垂直于，即可证明是切线． （）连接、．证明是等边三角形，四边形是菱形，得，进而利用圆周角定理及直角三角形的性质即可得解． （）过点作垂直于于，连接、．因为是切线，垂直于，垂直于，垂直于，所以四边形是矩形，从而得到，．在直角三角形中，利用勾股定理求出的长度，进而得到的长度，再根据垂径定理，，求出的长度，最后用得到的长度． （）过作于，连接，证明，，得，，从而即可得解． 【详解】（1）解：连接， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：连接、， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴是等边三角形，四边形是菱形， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴； （3）解：过点作于，连接、， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （4）解：，理由如下： 过作于，连接， ∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∵，，平分， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆的切线的判定、角平分线的性质、圆内接四边形的性质，圆心角定理、垂径定理、矩形的判定与性质以及勾股定理等知识点，熟练掌握圆的相关性质和定理是解题的关键． 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 $$