第二十四章 圆 单元练习2025-2026学年人教版数学九年级上册

第二十四章 圆 练习 一、单选题 1．已知的半径为，点为平面内一点，，则点与的位置关系是（   ） A．点在内 B．点在外 C．点在上 D．无法确定 2．如图，内接于，是的直径，是上一点，连接，，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 3．图①是贵阳某游乐场的摩天轮，A，B表示摩天轮上其中的两个轿厢，图②是其示意图，点O是圆心，半径为，点A，B是圆上的两点，，则的长为（    ） A． B． C． D． 4．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． 5．如图，点A，C，D都在上，．若，，则的半径为（    ） A．10 B．2 C． D．5 6．如图，的直径，若点，在半圆上运动，且保持弦，延长相交于点．则的大小（   ） A． B． C． D．随、位置的变化而变化 7．如图，在中，点在优弧上，将弧沿折叠后刚好经过的中点，连接，．则下列结论中错误的是（   ） A． B． C． D．平分 8．如图，在以点为圆心的半圆中，是直径，，连接，交于点，连接交于点，若，则的值是（   ） A． B． C． D． 9．如图，的半径为1，点A是半圆上的一个三等分点，点B是弧的中点，P是直径MN上的一个动点，则的最小值为（　　） A． B． C．1 D． 10．司南是中国发明的广泛应用于古代军事、航海的指南仪器，用正八边形的八个顶点代表八个方位，如图，与交于点，则点位于点的（   ） A．南偏西方向 B．北偏东方向 C．南偏西方向 D．北偏东方向 二、填空题 11．如图，正六边形内接于，若的周长等于，则正六边形的内切圆的半径为 ． 12．如图，在等腰直角中，点E在上，以点O为圆心、为半径作圆弧交于点F，连接，已知阴影部分面积为，则的长度为 ． 13．已知如图，扇形的半径为，弧长为，求阴影部分的面积为 ； 14．在平面直角坐标系中，以点为圆心，为半径作．直线与交于两点，则的最小值为 ． 15．如图，螺母的一个面的外沿可以看作是正六边形，这个正六边形的半径是，则这个正六边形的周长是 ． 三、解答题 16．如图，已知是的直径，D是的中点，交的延长线于点E．求证：是的切线． 17．如图，由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图． (1)在图①中，、、三点是格点，请你画出经过、、三点的圆的圆心，并在上作点，使； (2)在图②中，经过格点、格点和格点，圆心也在格点上，点是和网格线的交点，连接，，请在上作点，使平分，并在上作点，使得． 18．如图，的内接四边形两组对边的延长线分别相交于点，． (1)若，求证：． (2)若，，且．请用含，的代数式表示的大小． 19．如图，内接于，为直径，交于点，过点作的切线交的延长线于点，过点作，垂足为，交于点． (1)写出图中一个与相等的角：___________； (2)求证：； (3)若，求的半径长． 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 C C C D C D D A D 1．B 【分析】本题考查了对点与圆的位置关系的判断，只需比较点到圆心的距离与圆的半径的大小即可． 【详解】解：，即点到圆心的距离大于圆的半径， 点在外． 故选：B． 2．C 【分析】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解本题的关键．根据直径所对的圆周角为直角，得，由同弧所对的圆周角相等，得，即可求解． 【详解】解：是的直径， ， 在中，， 是所对的圆周角， ， 故选：C． 3．C 【分析】本题考查弧长的计算，关键是掌握弧长公式． 直接根据弧长公式计算即可． 【详解】解：的长为． 故选：C． 4．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． 5．D 【分析】本题主要考查圆周角定理，勾股定理，熟练掌握圆周角定理及勾股定理是解题的关键．根据平行线的性质得出，即，求出，根据直径所对的圆周角为直角得出，根据勾股定理求出，即可得出答案． 【详解】解：延长交于点，连接，如图所示： 则为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的半径为． 故选：D． 6．C 【分析】本题主要考查了圆的半径相等，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质是解题的关键． 连接，证明是等边三角形，则，再根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵直径， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴, ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 7．D 【分析】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了圆周角定理和垂径定理．根据折叠的性质可得；根据线段中点的定义可得；根据垂径定理可作判断③延长交于E，连接，根据垂径定理可作判断④． 【详解】解：过D作，交于，连接、， 由折叠得：，， ∴，故B正确； ∵点D是的中点， ∴，故A正确； ∵， ∴， 由折叠得：， ∴；故C正确； 延长交于E，连接， ∵， ∴， ∴， ∴不平分，故D错误； 故选：D． 8．D 【分析】本题考查圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，连接，证明是等腰直角三角形，得到，勾股定理得到，即可得出结论． 【详解】解：连接，如下图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴，即为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 9．A 【分析】本题主要考查了圆心角、弧、弦之间的关系、求线段和的最小值、勾股定理等，熟练掌握相关知识点，并作出适当的辅助线是解题的关键； 作点A关于的对称点，由轴对称的性质确定的最小值为的长，再利用圆的知识和勾股定理求出的长． 【详解】由题知，的半径为1，为的直径，故， 如图，作点A关于的对称点，连接，，， 则， 当三点共线时，取得最小值，为的长， 点A是半圆上的一个三等分点， ， 点B是弧的中点， ， 点与点关于直径对称， ， ， 又， 由勾股定理得，， 的最小值为． 故选：A． 10．D 【分析】本题考查方向角、圆周角以及正多边形和圆，掌握正八边形的性质，方向角、圆周角的定义是正确解答的关键．根据正八边形与圆的性质以及圆周角、方向角的定义进行计算即可． 【详解】解：如图，设正八边形的中心为点，连接、、、， ∴正八边形的中心角为， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴点位于点的北偏东． 故选：D． 11． 【分析】本题考查了正多边形与圆综合，勾股定理，等边三角形的判定与性质，内切圆的半径，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先连接，结合的周长等于，得出的半径，再证明是等边三角形，然后运用勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】解：连接，如图所示： ∵的周长等于， ∴的半径， ∵正六边形内接于， ∴， ∵， ∴是等边三角形， 过点O作， ∴， 则， ∴正六边形的内切圆的半径为， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了不规则图形的面积，平方根解方程，勾股定理解三角形等．根据题意可得：，，设，利用阴影部分面积列出等式，得出，然后由勾股定理求解即可． 【详解】解：根据题意可得：，， 设， ∴， 即， 解得：， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查扇形面积的计算、弧长的计算，掌握等边三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值、三角形的面积和扇形面积计算公式、弧长计算公式是解题的关键． 过点作于点，根据弧长公式求出的度数，由等边三角形的判定与性质、特殊角的三角形函数值、三角形的面积公式求出的面积，由扇形面积公式求出扇形的面积，再根据阴影部分的面积扇形的面积的面积计算即可． 【详解】解：如图，过点作于点． 设， 根据题意，得， 解得， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 14．6 【分析】本题主要考查了一次函数的图象，垂径定理，对于，当时，得直线过定点，再求出，得点P在内部，根据垂径定理得当直线与垂直时，为最小，此时，在中，由勾股定理求出，进而可得的最小值． 【详解】解：∵ ∴直线过定点， ∵点， ∴， 又∵的半径为， ∴， ∴点P在内部， 根据垂径定理得：当直线与垂直时，为最小，如图所示： 则， ∴， 在中，，， 由勾股定理得：， ∴， 即的最小值为6． 故答案为：6． 15．18 【分析】此题主要考查了正多边形与圆、等边三角形的判定与性质；根据题意构造出是等边三角形是解题关键． 如图，正六边形的半径是，由正六边形的性质构造证出是等边三角形，由等边三角形的性质得出，即可得出答案． 【详解】解：如图，连接，交点为， 由正多边形的性质得，点为正六边形的中心 点是正六边形的中心，正六边形的半径是， ， ， 是等边三角形， ， 正六边形的周长为：， 故答案为：18． 16．证明见解析 【分析】本题考查切线的证明，圆周角定理，根据半径相等得到，根据D为的中点，得到，再根据得到即可得到是的切线． 【详解】证明：如图，连接， ∵， ∴． ∵D为的中点，即， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． 又∵为的半径， ∴为的切线． 17．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了网格作图，垂径定理，三角形中位线的性质，等弧对等角，熟练掌握圆的相关性质是解题的关键； （1）连接交于点，则即为圆心，取的格点，连接，则，连接，根据垂径定理即可得出； （2）根据网格的特点取的中点，连接并延长交于点，连接交于点，根据垂径定理可得，则； 连接并延交网格线于点，则，连接交网格线于点，则，连接交于点，则，即可求解． 【详解】（1）如图，连接交于点，则即为圆心，取的格点，连接，则，连接，则； （2）如图，根据网格的特点取的中点，连接并延长交于点，连接交于点，根据垂径定理可得，则； 连接并延长交网格线于点，则，连接交网格线于点，则，连接交于点，则； 理由如下，根据网格的特点取的中点，连接并延长交于点，连接交于点，根据垂径定理可得，则； 根据，则是的中位线，则； 18．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了三角形的内角和定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题关键． （1）根据三角形的内角和结合题意，得，根据圆内接四边形的性质可得，推得，即可求证； （2）根据圆内接四边形的性质得、，推得，，根据三角形的内角和定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵四边形是的内接四边形， ∴，， ∵，， ∴， ∵，， ∴． ∵在和中，， ∴， ∴． 19．(1)或或或（写其中一个即可） (2)见解析 (3)5 【分析】（1）利用圆周角定理，垂径定理，切线的性质确定与相等的角即可； （2）连接，由（1）得：，从而可得结论； （3）连接交于点．证明四边形是矩形，可得，，．设的半径为，可得，进一步求解即可. 【详解】（1）解： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 如图，连接， ∵为的切线， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理：， ∴， 综上：与相等的角为或或或（写其中一个即可） （2）解：连接， 由（1）得：， ； （3）解：连接交于点． 是的直径， ， 是的切线， ∴， ∴， 四边形是矩形， ∴， ， ． 设的半径为， ． 在中，， 即的半径长为5． 【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，垂径定理的应用，切线的性质，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. 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 $$