第2章对称图形-圆 能力提升卷-2025-2026学年苏科版数学九年级上册

第2章对称图形-圆能力提升卷-2025-2026学年数学九年级上册苏科版 一、单选题 1．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 2．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 3．下列说法不一定正确的是（   ） A．平分弦和这条弦所对的弧的直线必过圆心 B．相等的弧所对的弦相等 C．三角形的外心到三角形三边的距离相等 D．直径所对的弧是半圆 4．如图，四边形为的内接四边形，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 5．如图1，筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具．如图2，筒车与水面分别交于点，筒车上均匀分布着若干盛水筒，P表示筒车的一个盛水筒，是的直径，连接，点M在的延长线上，若，则（   ） A． B． C． D． 6．如图，在中，点A是的中点，D 是优弧上一点，若，则（　　） A． B． C． D． 7．如图，在矩形中，，点在边上，且，连接，以为圆心，长为半径画弧，交边于点，将扇形剪下来做成圆锥，则该圆锥底面半径为（   ） A．1 B． C．2 D． 8．如图，是的直径，点D、E是半圆的三等分点，的延长线交于点C．若，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 9．若圆锥的底面半径是，母线长，则圆锥的侧面积是 ． 10．已知是正方形的外接圆，是上不与、重合的任意一点，则等于 ． 11．如图，是的直径，是的弦，，则的度数是 ． 12．如图，是的直径，、是上两点，连接、．若，，则的度数为 ． 13．如图，在的内接五边形中，，则 ． 14．如图，在中，的垂直平分线交的外接圆于两点．若，，则的度数为 ． 15．以为直径的与相切于点，弦于点，连接并延长交于点、交于点，连接．若，，．则 ， ． 16．如图，在中，，以为直径的与，分别交于点D，E，连接，，若，，则阴影部分的面积为 ． 三、解答题 17．已知． (1)求作经过的三个顶点的圆； (2)当时，的外接圆的直径． 18．已知：如图，在中，弦．求证：． 19．如图，为的直径，点在⊙上，，点在的延长线上，与相切于点C，与的延长线相交于点D，与相交于点． (1)求证：； (2)若，求的半径． 20．已知线段、与相切，切点分别为、，，． (1)过点作的切线（在线段的上方）与的延长线交于点，切点为点．（要求：尺规作图、保留作图痕迹、不写作法）． (2)求证：与相切． (3)若，，求的半径． 21．如图，这是一种用于液体蒸馏或分馏物质的玻璃容器−−蒸馏瓶，它的下半部分是圆球形，其截面是圆，且当截面圆中弦的长为时，瓶内液体最大深度为． (1)求截面圆的半径； (2)当瓶内液体减少时，若瓶内液体的最大深度降低1cm，那么截面圆中的弦减少了 cm． 22．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，经过格点A，B，C，交网格线于点D．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，画图结果用实线表示． (1)在图1中画出该圆的圆心O，再画出的中点E，然后在优弧上画点F，连接，使得； (2)在图2中画出线段绕点A逆时针旋转得到的线段（点M与点C对应）． 23．如图，在中，，以为直径的交于点 D，点 E在上，且． (1)求证：是的切线； (2)判断 与 之间的数量关系，并说明理由； (3)若， ，求阴影部分的面积（结果保留）． 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2章对称图形-圆能力提升卷-2025-2026学年数学九年级上册苏科版》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C C B D A A A 1．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． 2．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． 3．C 【分析】本题考查了圆的相关定理和性质，根据垂径定理，三角形的外接圆与外心，圆心角、弧、弦的关系，逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：A、平分弦和这条弦所对的弧的直线必过圆心，故本选项正确； B、相等的弧所对的弦相等，故本选项正确； C、三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，故本选项错误； D、直径所对的弧是半圆，故本选项正确； 故选：C． 4．B 【分析】本题主要考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质等知识点，掌握圆的内接四边形的对角互补成为解题的关键． 根据圆内接四边形的对角互补可知得到，再根据圆周角定理，一条弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知据此即可解答． 【详解】解：∵四边形为的内接四边形， ∴， ∵， ， ∵所对圆周角是，所对圆心角是， ． 故选：B． 5．D 【分析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等，邻补角等知识．熟练掌握直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等，邻补角是解题的关键．如图2，连接，则，，由，可得，根据，求解作答即可． 【详解】解：如图2，连接，    ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：D． 6．A 【分析】本题考查了圆周角定理，掌握圆周角定理，数形结合分析是解题的关键．根据点是的中点，得到，由同弧或等弧所对圆周角是圆心角的一半即可求解． 【详解】解：∵点是的中点， ∴， ∵， ∴， 故选：A ． 7．A 【分析】本题考查了矩形的性质，等边对等角，扇形弧长的计算，理解题意，掌握弧长公式的计算是关键． 根据矩形的性质，等边对等角得到是等腰直角三角形，，，，由弧长公式得到，结合圆的周长公式即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∴的长度， 设围成圆锥后，底面圆的半径为， ∴， 解得，， ∴该圆锥底面半径为1， 故选：A ． 8．A 【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、勾股定理等知识，关键是将阴影部分面积转化为规则图形的面积的和或差，连接，可得都是等边三角形，根据图中阴影部分的面积求解即可． 【详解】解：连接， 点D、E是半圆的三等分点， ， ， 都是等边三角形， ， ，则， ，， 是等边三角形， ， 的高为， 图中阴影部分的面积 ， 故选：A． 9． 【分析】本题考查计算圆锥侧面积，因圆锥侧面展开图是扇形，掌握扇形面积计算方法是关键．根据圆锥侧面积公式计算即可． 【详解】解：圆锥侧面积为：， 故答案为：． 10．或 【分析】本题考查正多边形与圆、圆周角定理，分类讨论是解答的关键．连接，，根据正方形外接圆的性质求得，分点P在劣弧和优弧上，利用圆周角定理求解即可． 【详解】解：连接，， ∵是正方形的外接圆， ∴， 若点P在优弧上，则； 若点P在劣弧上，则； ∴或． 故答案为：或． 11．/度 【分析】本题考查圆周角定理，解题的关键连接根据圆周角定理推出及． 连接根据圆周角定理推出，再由直角三角形的性质得到，进而根据同弧所对的圆周角相等推出． 【详解】解：连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了圆周角定理，三角形内角和定理．由直径可得，再结合三角形内角和定理得到，由等弧所对的圆周角相等，得到，再利用圆周角定理求解即可． 【详解】解：是的直径， ， ， ， ， ， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，连接，根据圆内接四边形的性质，结合同弧所对的圆周角相等，进行求解即可． 【详解】解：连接，则： ∵的内接五边形， ∴四边形为的内接四边形， ∴， ∴； 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了垂径定理的推理，圆周角定理，三角形内角和定理，由垂直平分可得为直径，，设的外接圆的圆心为， 连接，由三角形内角和定理得，进而可得，又可得，最后根据平角的定义即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：∵垂直平分， ∴为直径，， 设的外接圆的圆心为， 连接，如图， ∵，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴的度数为. 故答案为：． 15． 2 【分析】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，切线的性质，勾股定理，由勾股定理得，，由垂径定理可得；由切线的性质可得，则，；连接，由圆周角定理可得，可证明，则，即． 【详解】解：∵为直径，， ∴， 由题意知，， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴； ∵与相切于点， ∴， ∴， ∴， 如图，连接， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：，2． 16． 【分析】连接，证明阴影部分的面积为，根据中位线定理，等腰三角形的性质，扇形的面积公式解答即可． 本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，中位线定理，扇形面积公式，熟练掌握性质和公式是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵，以为直径的与，分别交于点D，E，连接，， ∴，， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积为， ∵，， ∴，， ∴, ∴, 故答案为：． 17．(1)见解析 (2)12 【分析】本题考查了垂直平分线的性质，圆周角定理，30度角的直角三角形，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）分别作出的垂直平分线，它们的交点为圆心，进行作答即可． （2）运用圆周角定理，得，30度角所对的直角边是斜边的一半，则，即可作答． 【详解】（1）解：如图，圆为所作的外接圆 （2）解：如图，连结并延长，交圆于点，连结． ∵是直径 ∴ ∵ ∴ ∴， ∴的外接圆直径为12． 18．见解析 【分析】本题主要考查了弧，弦与圆周角之间的关系， 先证明，再证明得到，则可证明，据此可证明结论． 【详解】证明：如图所示，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即． 19．(1)证明见解析 (2)的半径为12 【分析】本题考查了圆的切线的性质，勾股定理，圆周角定理，以及方程思想，掌握以上知识点是解题的关键． （1）连接，可得，由，可得，由同角的余角相等可得．再由，则可得，即可证明结论； （2）设则，在中，由勾股定理可得方程求解即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接，如图所示， ∵与相切于点C， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴． （2）解：∵， 设 则 ∴ 又∵， ∴ 在中，由勾股定理可得： ， 解得：或（舍去）． ∴， ∴的半径为12． 20．(1)作图见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接并延长交于点，以为圆心为半径作弧交于点，连接，延长交的延长线于点； （2）由（1）可得结论； （3）设的半径为，过点作于点，则四边形是矩形，利用勾股定理构建方程求解． 【详解】（1）解：如图，连接并延长交于点，以为圆心为半径作弧交于点，连接，延长交的延长线于点，连接、、， ∴， ∵线段、与相切，切点分别为、，， ∴，，，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∵，，， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴是的直径，即点在上， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， ∵是的半径， ∴与相切于点， 则即为所作； （2）证明：由（1）知：即，且点在上， ∴与相切； （3）解：设的半径为， 过点作于点，则， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵、、都是的切线， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴的半径为． 【点睛】本题考查作图—复杂作图，切线的判定和性质，切线长定理，正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题． 21．(1)截面圆的半径为； (2) 【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用． （1）由垂径定理得，设球形的半径，则，由勾股定理解，即可得出结论； （2）求得，在中，利用勾股定理求得，则，据此求解即可． 【详解】（1）解：由题意知， ， 设球形的半径，则， 在中，， ， 解得， 截面圆的半径为； （2）解：由题意知， ， 在中，， ， ， 截面圆中的弦减少了； 故答案为： 22．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）取格点G和K，连接，，，则四边形是正方形，连结，，与交于点Q，可知，取与中间格线的交点P，则，作直线，则直线是的垂直平分线，与的垂直平分线交于点O，则为点O为圆心；直线与交于点E，则点E为的中点；取格点T，此时四边形是平行四边形，射线交于点F，连结，根据夹在两平行线间的弧相等，可得； （2）取格点，连接，此时且，连接并延长交于点H，连接并延长交水平格线于点N，连接，则线段即为所作． 【详解】（1）解：如图所示就是所求作的图形； （2）解：如图，线段即为所作． 【点睛】本题考查了作圆的圆心，作图旋转图形，正方形的判定与性质，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，垂径定理，，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 23．(1)见解析； (2)，理由见解析； (3)． 【分析】（1）连接，结合等腰三角形性质，直角三角形性质推出，进而得到，即可证明是的切线； （2）连接，证明，推出，再进行代换求解，即可得到与 之间的数量关系； （3）利用直角三角形性质得到，证明是等边三角形，进而推出，利用勾股定理求出，进而推出，再根据求解，即可解题． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， ， ， ， ， ， ， 是的半径， 是的切线； （2）解：，理由如下： 如图，连接， 由（1）得， 在 和 中，， ， ， 又， ； （3）解：，， ， 是等边三角形， ， 由勾股定理，得 ． 由（2）得 ， ， ． 【点睛】本题考查了等腰三角形性质，直角三角形性质，切线的判定定理，全等三角形性质和判定，等边三角形判定与性质，勾股定理，扇形面积公式，解题的关键在于灵活运用相关知识． 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 $