第二十四章圆章末复习训练2025-2026学年人教版数学九年级上册

第二十四章圆 一、单选题 1．如图，若A，B，C是上三点，，则的度数为（  ） A． B． C． D． 2．如图，在圆中，弦，相交于点，若，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 3．四点在上的位置如图所示，，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 4．如图，的半径为5，圆心O到弦的距离的长为3，则弦的长是（   ） A．4 B．6 C．7 D．8 5．如图所示，是以为直径的半圆的三等分点，若阴影部分的面积为，则图中的长度为（　　） A． B． C． D． 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，在中，，点O在上，以点O为圆心，长为半径的与相切于点A，与相交于点D，则的长为（   ） A．6 B．4 C． D． 8．如图，在中，是的直径，是上的一点，连接，，过点作交于点，连接，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 9．如图，是的弦，过圆心O，且，若，则的度数为 ． 10．如图，四边形内接于，过点作，交于点．若，则 ． 11．如图，内接于，是的直径，点E是圆上一点，连接，，，且，已知，则的度数为 ． 12．如图，两个半径都为的圆按如图方式放置，过的圆心，则阴影部分的面积为 ． 13．如图，是的弦，半径于点C，为直径，，则线段的长为 ． 三、解答题 14．如图，为的直径，点C在上，过点O作交于点D，延长，交于点F，过点C作的切线，交于点E． (1)求证：； (2)若，，求的长． 15．如图，是的直径，弦于点，点在上，恰好经过圆心，连接． (1)若，，求的直径； (2)若，求的度数． 16．如图，在中，斜边，D为的中点，的外接圆与交于F点，过A作的切线交的延长线于E点． (1)求证：； (2)计算：的值． 17．如图，是的直径，平分，过点C作，交的延长线于D． (1)求证：是的切线； (2)连接，证明； (3)若，求的长． 18．如图，在中，，D为上一点，以为直径的与相切于点E，交于点F，过F点做，垂足为G． (1)求证：是的切线； (2)若，求的长． 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 参考答案 1．C 【分析】此题考查了圆周角定理、等边对等角、三角形内角和定理．根据等边对等角与三角形内角和定理求出，再根据圆周角定理即可求出答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∴， 故选：C 2．B 【分析】本题考查三角形外角的性质，同弧所对的圆周角相等，解题的关键是熟练掌握相关的性质和定理． 由三角形外角的性质，可得的度数，结合圆周角定理，即可得的度数． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， 故选：． 3．D 【分析】如图所示，连接，，首先由圆周角定理得到，然后根据等边对等角和三角形内角和定理求出，得到，然后根据圆内接四边形对角互补求解即可． 【详解】解：如图所示，连接，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】此题考查了圆周角定理，等边对等角和三角形内角和定理，圆内接四边形对角互补，解题的关键是掌握以上知识点． 4．D 【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理， 先连接，根据垂径定理得，再根据勾股定理求出，则答案可得. 【详解】解：连接， ∵， ∴. 在中，， 根据勾股定理，得， ∴. 故选：D. 5．C 【分析】本题考查圆中扇形面积计算，弧长的计算，等边三角形的判定与性质，平行线的判定，熟练掌握圆中阴影面积的常见计算方法是解题的关键．连接，，，设半圆的半径为r，先证明和是等边三角形．得出，可得，则， 则，即可求出，再利用弧长公式求解即可． 【详解】解：如图，连接，，，设半圆的半径为r， ∵C，D是以为直径的半圆上的三等分点， ∴， ∴， ∵， ∴和是等边三角形． ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（负值舍）， ∴的长度为， 故选：C． 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．B 【分析】此题考查了切线的性质、勾股定理、圆周角定理、含角的直角三角形的性质等知识，证明是解题的关键．连接，求出,得到，由，解得（负值已舍去），即可得到答案． 【详解】解：连接， ∵以点O为圆心，长为半径的与相切于点A， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴， ∴ ∴, ∴， ∵， ∴ 解得（负值已舍去） ∴， ∴ 故选：B 8．B 【分析】由直径所对圆周角是直角，结合直角三角形的两个锐角互余，可得的度数，根据平行线的性质，可得的度数，从而可得的度数，根据圆周角定理，即可得的度数． 【详解】解：∵在中，是的直径，是上的一点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：． 【点睛】本题考查直径所对的圆周角是直角，圆周角定理，平行线的性质，直角三角形的两个锐角互余，解题的关键是熟练掌握相关性质和定理． 9． 【分析】本题考查了圆的基本性质，等腰三角形的性质，连接，先根据等边对等角，从而得到，再利用等腰三角形的定义和三角形外角的性质得到的度数即可． 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 10． 【分析】本题考查平行线的性质，圆内接四边形的性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质． 由平行线的性质，可得的度数，根据圆内接四边形对角互补，计算即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵四边形内接于， ∴， ∴， 故答案为：． 11． 【分析】本题考查了圆周角定理、平行线的性质、等边对等角、三角形内角和定理，由圆周角定理可得，求出，再由平行线的性质可得，，由等边对等角结合三角形内角和定理可得，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：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了扇形的面积公式的运用，等边三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形性质，设两个圆的交点为，，连接，，，，，，与相交于，求出和的面积，再根据即可求解，熟练掌握扇形的面积公式是解题的关键． 【详解】解：设两个圆的交点为，，连接，，，，，，与相交于， 由题意得： ∴与是全等的等边三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理、圆周角定理以及三角形中位线定理等知识，作出恰当的辅助线是解答此题的关键． 连接，先根据垂径定理求出的长，设的半径为r，在中利用勾股定理求出r的值，易得，连接，根据圆周角定理得到，由三角形中位线定理得到，然后在中由勾股定理可求出． 【详解】解：连接，如图所示： ，， ． 设的半径， ． 在中，由勾股定理得：， 解得：． ． ，， ． 是直径， ． 点分别是的中点， 是的中位线． ． 在中， ． 故答案为：． 14．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，勾股定理，等边对等角，熟练进行等量代换是解题的关键． （1）由切线的性质得，即，由得，再结合，通过等量代换得出，即可证明； （2）由为的直径，得，结合（1）中，通过导角证明，推出，再用勾股定理依次解和即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 是的切线， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， ； （2）解：为的直径， ， ，， 由（1）得， ， ， ， ， 在中，， ， 在中，． 15．(1) (2) 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，圆周角定理，关键是由勾股定理，垂径定理列出关于的方程，由圆周角定理推出． （1）设的半径是，由垂径定理得到，由勾股定理得到，求出，即可得到的直径长； （2）由圆周角定理得到，因此，再利用，得到． 【详解】（1）解：设的半径是，则， ， 直径， ， ， ， ， 的直径为； （2）解：，， ， ， ， ． 16．(1)见解析 (2)36 【分析】本题考查等边三角形的性质，平行的判定，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定；利用圆内接四边形的对角和为是解题关键． （1）连接，证明为等边三角形后根据三心合一的定理求出，则，，四边形内接于，，利用平行的性质求出； （2）由（1）可得为等边三角形，易证，可得． 【详解】（1）证明： 在中， ， D为的中点， ∴． ∴为等边三角形． ∴O点为的中心（内心，外心，垂心三心合一）． 连接， 则 ， ∴ ． 又∵为 的切线， ∴， ∴， ∴ ． ∴． 又∵四边形内接于圆O， ． ∴ ， 即 ． （2）解：由（1）知，为等边三角形， ∴， ∴ 又∵． ∴． 17．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了切线的判定，直径对的圆周角是直角，含30度直角三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键切线的判定，平行线的判定和性质等知识解决问题． (1)连接，先证明，再证明，继而推导出，则是的切线即可解答； (2)在和中，根据(1)中证得，可得； (3)根据，可得，已知，可求得的长度，继而求出． 【详解】（1）证明：连接，如图 ∵平分； ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的半径， ∴， ∴是的切线； （2）∵为的直径， ∴， ∴， ∵ ∴； （3）∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 则， ∴． 18．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查切线的性质和判定、勾股定理、等腰三角形的性质、正方形的判定和性质等知识点，正确作出辅助线构造平行线和正方形是解题的关键． （1）由等腰三角形的性质可证可证，易得即可证明结论； （2）由切线的性质可证四边形是正方形可得，设半径为r，由可得，利用勾股定理求出，再在直角三角形中运用勾股定理计算即可解答． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴∠C＝∠OFC， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵是半径， ∴是的切线． （2）解：如图，连接， ∵是的切线， ∴， ∵， ∴， ∵与相切于点E， ∴， ∴四边形是长方形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， 设的半径为r，则， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ， ∴． 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 $$