24.1圆的有关性质 自主学习同步练习题 2025-2026学年人教版九年级数学上册

2025-2026学年人教版九年级数学上册《24.1圆的有关性质》自主学习同步练习题（附答案） 一、单选题 1．下列命题中错误的是（　　） A．圆既是轴对称图形，也是中心对称图形 B．长度相等的弧是等弧 C．三角形的内心到三角形三边的距离相等 D．垂直于弦的直径平分这条弦 2．如图，已知：在中，，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 3．如图，圆弧形桥拱的跨度米，拱高米，则拱桥的半径为（　　） A．6.5米 B．9米 C．13米 D．15米 4．如图，中两条弦与的延长线交于点与交于点，下列关系式一定成立的是（ ） A． B． C． D． 5．如图，的半径4，直线l与相交于A，B两点，点M，N 在直线l的异侧，且是上的两个动点，且，则四边形的面积的最大值是（   ） A．9 B． C．18 D． 6．如图，在中,，以点A为圆心,长为半径作圆，交于点D，交于点E，连接，则的度数为(    ) A． B． C． D． 7．如图，过原点，且与两坐标轴分别交于点 A、B，点 A 的坐标为， E是圆上一点，，则圆心C的坐标为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 8．已知的直径，是的弦，，且，垂足为M，则的长为 ． 9．已知的半径为，弦，弦，，则这两条平行弦、的距离为 ． 10．如图，圆A与坐标系交于，，且经过原点，则圆A的半径等于 ． 11．如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接．若 ，则的度数是 ． 12．如图，的半径弦于点，连接并延长交于点，连接．若，，则的长为 ． 13．如图，是的直径，点，在上，，，垂足分别为点．若，则的长为 ． 14．如图，A点是上直径所分的半圆的一个三等分点，B点是弧的中点，P点是上一动点，的半径为3，则的最小值为 ． 三、解答题 15．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． 16．如图，在中，，是上一点，经过点、、，交于点，过点作，交于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连接、，求证：． 17．如图，在中，，以为直径的圆O交于点D，点E是边上一点（点E不与点A、B重合），的延长线交圆O于点G，，且交于点F． (1)求证：． (2)连接，求证： 18．如图，在中，，点为边上的一点，．过点作，延长交于点． (1)证明：； (2)作的角平分线交于点．若，，求的半径． 19．已知的直径为10，弦，点E为上一点，过点E 作弦． (1)如图（1），若 ，连接，求的长； (2)如图（2），过点C作于点G，连接，当过点O 时，若 ，求的长． 20．是的内接三角形，是的直径，是弦，． (1)如图1，求证：； (2)如图2，过点作于点，延长到，若，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，若，，求线段的长． 参考答案 1．B 【分析】本题考查了圆的相关知识点，三角形的内心，根据圆的相关知识点以及三角形的内心的性质逐项分析即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：A、圆既是轴对称图形，也是中心对称图形，原说法正确，不符合题意； B、在同圆或等圆中，长度相等的弧是等弧，原说法错误，符合题意； C、三角形的内心到三角形三边的距离相等，原说法正确，不符合题意； D、垂直于弦的直径平分这条弦，原说法正确，不符合题意； 故选：B． 2．C 【分析】本题主要考查垂径定理及圆周角定理，熟练掌握垂径定理及圆周角定理是解题的关键；连接，由题意易得，即，然后利用圆周角定理可得答案． 【详解】解：连接，如图所示： ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 3．C 【分析】此题主要考查了勾股定理以及垂径定理的应用．注意构造由半径、半弦、弦心距组成的直角三角形进行有关的计算． 根据垂径定理的推论，知此圆的圆心在所在的直线上，设圆心是，连接．根据垂径定理和勾股定理求解． 【详解】解：根据垂径定理的推论，知此圆的圆心在所在的直线上， 设圆心是，连接． 根据垂径定理，得米， 设圆的半径是米，根据勾股定理， 得， 解得． 故选：C． 4．B 【分析】本题考查圆周角定理的应用，三角形的一个外角的性质．根据三角形的一个外角的性质以及圆周角定理，即可判断和的关系． 【详解】解：， ， ， ， ， ，故选项B正确； 根据题意无法得到的度数， ∴无法得到的大小，故选项A错误； ，故选项D错误； 根据题意无法得到，的度数， ∴无法得到的大小，故选项C错误； 故选：B 5．D 【分析】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、等腰直角三角形的性质，过点作于，交于点、两点，连接，，，，，，求出为等腰直角三角形，得出，结合得出当点到的距离最大时，的面积最大，当点到的距离最大时，的面积最大，即点运动到点，点运动到点，此时四边形的面积最大，由此即可得解，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，过点作于，交于点、两点，连接，，，，，， ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴当点到的距离最大时，的面积最大，当点到的距离最大时，的面积最大，即点运动到点，点运动到点，此时四边形的面积最大，为， 故选：D． 6．B 【分析】本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的性质（等边对等角）及圆的半径相等的性质，解题的关键是利用圆的半径相等构造等腰三角形，结合直角三角形内角和逐步推导相关角度． 在中，根据两锐角互余求出的度数；由圆的半径相等得，利用等腰的性质求出的度数；进而求出的度数；再结合等腰的性质求出的度数． 【详解】解：连接， ∵在中， ∴ ∵以点A为圆心，长为半径作圆 ∴（圆的半径相等） 在中，∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 在中，∵ ∴ ∴ 故选：B． 7．A 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，含角的直角三角形的性质，圆周角定理，坐标与图形，根据圆内接四边形对角互补得到，再由的圆周角所对的弦是直径得到是直径，求出，进而求出，可得．再根据点C是AB的中点求出点C的坐标． 【详解】解：∵、、、都在圆上，， ∴， ∵， ∴是的直径，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵是的直径， ∴圆心C的坐标为，即圆心C的坐标为 故选：A． 8．或 【分析】本题主要考查了垂径定理、勾股定理等知识点，根据题意正确作出辅助线、构造直角三角形成为解题的关键． 如图，连接，由垂径定理可得，然后分当C点位于优弧上和劣弧上两种情况，分别根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵的直径，，， ∴， 如图1：当C点位于优弧上时， ∵， ∴， ∴， ∴； 如图2：当C点位于劣弧上时，同理可得：， ∵， ∴， ∴． 综上，的长为或． 故答案为或． 9．或 【分析】分两种情况讨论，即弦和在圆心的同侧或异侧，分别求出圆心到两条弦的距离，再计算两条平行弦的距离．本题主要考查了垂径定理和勾股定理，熟练掌握垂径定理并分情况讨论是解题的关键． 【详解】解：过点作于点，交于点，连接，． ，， ． ，，， ，． 在中，． 在中，． 当，在圆心的同侧时， ； 当，在圆心的异侧时， ． 故答案为：或． 10．//2.5 【分析】本题考查了圆周角定理和勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆周角定理． 连接，利用圆周角定理得出为圆的直径，再根据勾股定理求出的长度，进而得到圆的半径． 【详解】解：连接， ∵， ∴是圆的直径． ∵，， ∴，， 根据勾股定理，在中， ． ∴圆的半径为． 故答案为：． 11．/116度 【分析】此题考查直径所对的圆周角是直角，圆内接四边形的性质． 由是的直径，得，求出，然后利用圆内接四边形的性质求解即可． 【详解】解：∵是的直径， ∴ ∵， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴． 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了勾股定理，垂径定理，三角形中位线的应用，用了方程思想，解题的关键是熟练掌握相关的定理和性质． 根据垂径定理得出，设为x，则，根据勾股定理得出方程，求出x的值，连接，求出且，求出，根据勾股定理求出即可． 【详解】解：∵在中，， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∵， ∴， 在中， ∴， 解得， ∴； 连接， ∵， ∴且， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴． 故答案为：． 13．9 【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． 利用垂径定理得出，，证明，得出，假设半径为，则，，利用勾股定理列出方程进行求解即可． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 假设半径为，则，， 由勾股定理得，， 即， 解得，， ∴， ∴， 故答案为：9． 14． 【分析】本题考查了垂径定理及勾股定理，作点关于的对称点，连接，交于点，则最小，连接，，求出，然后根据勾股定理求出解答即可． 【详解】作点关于的对称点，连接，交于点，则最小，连接，， ∵点与关于MN对称，点是半圆上的一个三等分点， ， ∵点是弧的中点， ， ， 又∵， ， ． 故答案为：． 15．(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． 16．(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 【分析】本题主要利用等腰三角形的性质、平行线的性质、圆周角定理以及平行四边形的定义来证明两个结论； （1）根据等腰三角形的性质推出，再根据平行线的性质推出，可得到，再根据平行四边形的判定条件证明即可； （2）连接，根据已知条件得出，再根据圆内接四边形的性质和平行线的性质得到，即可得证． 【详解】（1）， ， ， ， 由题意得：， ， ， 又， 四边形是平行四边形， （2）连接， ，， ， 四边形是的内接四边形， ， ， ， ， ， ． 17．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，正确的作出辅助线以及对各个知识点的熟练运用是解决本题的关键． （1）连接．证明，即可得到； （2）连接，证明，，即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接．如图： 在中，， ∴ ∵是的直径， ∴，即， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）连接，如图： 由（1）知， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（）连接，，利用等腰三角形的性质和圆周角定理可得，，，进而证明，利用全等三角形的性质可得，进而可得到，即得到，即可求证； （）过点作，设与交于点，根据全等三角形的性质可得，，，，利用角平分线的性质可得，，即证明四边形为矩形，再根据平行线的性质可得，，利用勾股定理和矩形的性质可得，设，在中，列式求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接，， ∵，， ∴， 设， ∴ ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 即； （2）过点作，设与交于点， 解：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵的角平分线交于点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， 在中，， 解得：， 故的半径为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等，正确作出辅助线是解题的关键． 19．(1) (2) 【分析】（1）过点 O 作，，垂足分别为 M，N，则四边形 为矩形，利用勾股定理求出，可得矩形 为正方形，再利用勾股定理求出，可得，进而计算即可； （2）连接，先利用勾股定理求出，再根据列式计算即可． 【详解】（1）解：如图（1），过点 O 作，，垂足分别为 M，N，则四边形 为矩形，， ∵，， ∴， ∴， 连接，，则， ， ∴， ∴矩形 为正方形， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴ ； （2）如图（2），连接， ∵是的直径， ∴， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了垂径定理，正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，作出合适的辅助线构造出直角三角形是解题的关键． 20．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）设，则．利用直径所对圆周角为直角得到，从而，结合同弧所对圆周角相等得出，再根据已知，最后由等角对等边证明． （2）先根据圆内接四边形性质得出，结合第一问结论得到，再利用，证明，由推出，从而证明． （3）先通过角度关系推出，延长使构造等腰三角形，利用角度推导得出；再在中，根据勾股定理求出，进而得到；最后在中求出，利用面积的两种表示方法求出． 【点睛】本题考查圆内接三角形性质、圆周角定理、等腰三角形性质、勾股定理及三角形全等与相似等知识．解题关键是熟练运用相关定理进行角与线段关系的推导转化，通过构造辅助线、利用勾股定理及三角形面积公式求解． 【详解】（1）证明：∵， 设， 则， ∵ ∴ ． ∵ 是的直径 ， ∴， ∴，， ∴， ∵ ∴ ． ∴ ， ∴， ∴ ． （2）证明：连接． ∴为圆内接四边形， ∴， 由（1）得．， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∵，即 ， ∴ ，即 ． （3）解：连接，交于点P，设与交于点M， ∵是直径， ∴， ∴， ∵，交于M ∴， ∴， ∴， 由（2）得， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 延长到使，连接， ∵， ∴， ∵，， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 即， ∴，， ∴， 在中， ， ∴，即， ∴． 学科网（北京）股份有限公司 $