第二十四章圆单元练习2025-2026学年人教版九年级数学上册

第二十四章 圆 单元练习 一、单选题 1．在圆中，若的半径是10，点M的坐标为，则点 M 与的位置关系是（ ） A．点M 在内 B．点M在上 C．点M在外 D．无法确定 2．如图，是的直径，C，D，E是上三点，连接，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 3．如图，已知是圆的直径，分别以，为圆心、长为半径作弧，两弧交于点，两点．若长为2，则图中弧的长为（   ） A． B． C． D．. 4．如图，直线，，分别与相切于点，，，且，，．则的直径为（   ）． A． B． C． D． 5．如图，在正方形中，和交于点O，过点O的直线交于点E（E不与A，B重合），交于点F，以点O为圆心，为半径的圆交直线于点M，N．若，则图中阴影部分的面积为（   ）． A． B． C． D． 6．如图，是的弦，且，半径，则点O到的距离是（   ） A． B． C．1 D．2 7．如图，是的一条弦，半径交于点，且，连接，，，则阴影部分的周长为（   ） A． B． C． D． 8．如图所示，是的直径，点 B，D都在上，连接，若，则的半径长为(     ) A． B． C．4 D．2 9．如图，的半径为2，直线与相切，若某一条直线上存在点到圆心O的距离为，则这条直线是（    ） A． B． C． D． 10．如图，在的内接四边形中，，为弧上一动点，且平分，，有如下说法：；三角形是等边三角形；的半径为；；四边形最大面积是，其中正确的是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 11．如图，在的内接四边形中，，则 ° 12．已知，如图，为的直径，内接于，，，，延长交于点D，连接．的直径是，，则的长等于 13．《九章算术》是我国古代著名数学著作，书中记载：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用数学语言可表述为：“如图，为的直径，弦于E，寸，寸，求直径的长．”则的长是 寸． 14．如图，在中，弦与弦相交于点E，，，，则的半径长为 ． 15．如图，在正八边形中，与交于点，则的值为 ． 三、解答题 16．如图，是的直径，点C、D在上，． (1)求证：是的切线； (2)若时，求劣弧的长． 17．如图，为的直径，为延长线上一点，是的切线，过点作，交的延长线于点，连接，． (1)求证：平分； (2)若，的半径为6，求的长． 18．如图，是的内接三角形，是它的一个外角，交于点P，仅用直尺按下列要求分别画图： (1)在图1中，画并标出的中线； (2)在图2中，画并标出的角平分线，并说明理由； (3)在图3中，画并标出的外角的角平分线． 19．如图1，为的直径，于点与交于点G． (1)求证：． (2)若，求的长． (3)连结，如图2，求证：． 20．如图，是的直径，C，D在上两点，连接． (1)如图1，点P是延长线上一点，，求证：与相切； (2)如图2，点G在上，于点F，连接并延长交于点H，若为的直径，，， ①求证：； ②求半径的长． 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 《第二十四章 圆 单元练习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 D A C A C B C 1．B 【分析】本题考查点和圆的位置关系，根据M点坐标和勾股定理可计算出的长，然后根据点与圆的位置关系的判定方法判断即可解题． 【详解】解：∵， ∴点M在上， 故选：B． 2．C 【分析】本题考查了圆周角定理，解题的关键是熟练掌握直角所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等． 连接，由圆周角定理得到，再由圆周角定理得到，以及，然后直角三角形锐角互余求解即可． 【详解】解：连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 3．C 【分析】本题考查了弧长公式，尺规作图，等边三角形的判定和性质，掌握相关知识是解决问题的关键．利用作法得到，则和都是等边三角形，所以，然后根据弧长公式计算图中弧的长． 【详解】解：连接、、、，如图， 由作法得， ∴和都是等边三角形， ， 图中弧的长． 故选：C． 4．D 【分析】本题考查了切线长定理，平行线的性质，勾股定理，根据平行线的性质以及切线长定理，即可证明，再根据勾股定理即可求得的长，进而根据等面积法，即可求解． 【详解】解：连接， 根据切线长定理得：，，，；   ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴ ∴的直径为． 故选：D． 5．A 【分析】本题考查了正方形的性质、求扇形面积等知识点，弄清图形间的面积关系是解题的关键． 根据题意可得四边形的面积等于正方形面积的一半，根据求解即可． 【详解】解：∵在正方形中，， ∴的半径为：， ∵过点O， ∴根据中心对称可得四边形的面积等于正方形面积的一半，即， ∴阴影部分面积为： ． 故选：A． 6．C 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，作，根据垂径定理和勾股定理求出的长即可。 【详解】解：作，则：， 在中，由勾股定理，得， ∴点O到的距离是1； 故选：C. 7．A 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质，勾股定理，弧长，直角三角形的性质．连接，利用证明，推出，由，得到，利用勾股定理求出，再由阴影部分的周长，计算即可． 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，，即， ∴（负值舍去）， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∵阴影部分的周长， ∴阴影部分的周长． 故选：A． 8．C 【分析】本题考查圆周角定理，含30度角的直角三角形，根据直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等，得到，进而得到，即可得出结果． 【详解】解：∵是的直径， ∴， 又∵， ∴， ∴的半径长为； 故选C． 9．B 【分析】本题考查的是直线与圆的位置关系，直接根据直线与圆的位置关系可得出结论． 【详解】解：∵的半径是2，圆心O到直线l的距离是，， ∴直线与相交． 故选：B． 10．C 【分析】根据角平分线的性质和圆周角定理可证；根据圆内接四边形对角互补可知，根据有一个角是的等腰三角形是等边三角形，可知是等边三角形；连接、，过点作，根据等边三角形的性质可知，，利用勾股定理即可求出，即的半径为；在上截取，连接，可证是等边三角形，根据等边三角形的性质可知，，利用可证，根据全等三角形的性质可证，从而可证；根据等边三角形的性质可以求出的面积为，根据点在上运动，可知当点在的中点时的面积最大，可知的最大面积是，所以可得四边形的最大面积是. 【详解】解：平分， ， ， ， 故正确； 四边形是的内接四边形， ， ， ， 又， 是等边三角形， 故正确； 如下图所示，连接、，过点作， 则， ，， 设，则， 在中，， ， 解得：， ， 的半径是， 故正确； 如下图所示，在上截取，连接， ， 是等边三角形， ，， ，， ， 在和中，， ， ， ， 故正确； 如下图所示，设M为的中点，过点作， 是等边三角形， ，， ， ， 在中， ， 当的面积最大时，四边形的面积最大， 当点在的中点时的面积最大， 的半径为， 点到线段的最大距离是， 的最大面积是， 四边形的最大面积是， 故错误； 综上所述，正确的是． 故选：C． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是根据圆内接四边形找角之间的关系，根据等边三角形的性质和全等三角形的性质找边之间的关系． 11． 【分析】本题主要考查了圆周角定理和圆内接四边形．根据圆周角定理求得，再根据圆内接四边形的对角互补求得的度数即可． 【详解】解：∵在的内接四边形中，， ∴， ∴． 故答案为：． 12． 【分析】本题考查圆周角定理，等腰直角三角形，勾股定理；由圆周角定理得出，由得出，连接，由圆周角定理得出，证出是等腰直角三角形，得出，由勾股定理可求的长，即可得出结果． 【详解】解：连接，过点B作于H，如图所示： ∵为直径， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴或， ∴或（不合题意，舍去）． 故答案为：． 13．10 【分析】此题考查了垂径定理的应用，解决本题的关键是注意利用圆的半径，弦的一半及弦心距所构成的直角三角形来解决实际问题． 连接构成直角三角形，先根据垂径定理，由垂直得到点E为的中点，由可求出的长，再设出圆的半径为x，表示出，根据勾股定理建立关于x的方程，求出方程的解即可得到x的值，即为圆的半径，把求出的半径代入即可得到答案． 【详解】解：连接，如图， ∵，且寸， ∴寸， 设的半径的长为x，则， ∵寸， ∴寸， 在中，根据勾股定理得： 解得， ∴寸． 故答案为：10． 14． 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，直角所对的弦是直径，勾股定理；连接，过点作于点，连接，先证明得出是的直径，在中，根据勾股定理求得的长，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，过点作于点，连接， ∵，，则， ∴，， ∴， 又∵，， ∴． ∴，． ∴是的直径， ∴． ∴． ∴，则， 在中，． ∴． ∴的半径长为． 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了正多边形与圆、等腰直角三角形的性质，设正八边形的边长为，根据正八边形的性质证明四边形是菱形，是等腰直角三角形，进而可以解决问题． 【详解】解：设正八边形的边长为， ∵是正八边形， ∴，，， 又∵， ∴ ∴， ∴， 连接， ∵ ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 同理可得 ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 16．(1)见解析 (2)劣弧AC的长为 【分析】本题考查了切线的判定定理、圆周角定理（同弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角为直角）、等边三角形的判定与性质以及弧长公式的应用，解题的关键是利用圆周角与圆心角的关系、直径的特殊性质推导角度和线段长度，进而完成切线证明与弧长计算． （1）由是的直径，根据直径所对的圆周角为直角得；利用同弧所对的圆周角相等，得，进而算出；结合已知，求出，即，根据切线判定定理证明是的切线； （2）连接，由且（圆的半径相等），判定是等边三角形，得（即半径；根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，得；代入弧长公式（n为圆心角度数，r为半径），计算出劣弧的长． 【详解】（1）证明：∵是的直径， ∴，                                                            又∵， ∴，                                                  ∴，                                     即：， ∴是的切线； （2）解：如图，连接， ∵，且， ∴是等边三角形，                                                ∴，                                                ∵， ∴，                                             ∴劣弧的长为． 17．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查的是切线的性质，平行线的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理．熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键． （1）先由切线的性质证明，再由半径相等即可证明平分； （2）过点作，先证明四边形为矩形，再利用矩形的性质和勾股定理构造两个方程，解方程即可求解． 【详解】（1）是的切线， ， ． ， ， ， ， ． ， ， ， 平分； （2）解：如图，过点作，垂足为点， 由题意得四边形为矩形， ，，． 设，即， 在中， ， ； 在中， ， ； ， ，解得， 故的长为． 18．(1)见解析 (2)见解析，理由见解析 (3)见解析 【分析】（1）设与交于点，根据垂径定理得到点为的中点，连接即可； （2）连接交于，根据垂径定理得到，则，所以为的角平分线； （3）延长交于，连接，根据垂径定理得垂直平分，从而得到，进而得到，再根据圆内接四边形的性质可得，然后根据圆周角定理得，从而得到，即平分． 【详解】（1）解：如图1，即为所求： （2）解：如图2，连接交于F，则为所求： 理由：因为交于点P， 所以， 所以， 所以是的角平分线． （3）解：如图3，延长交于G，连接，则射线为所求． 理由：连接， ， ∴垂直平分， ， ， 根据圆内接四边形的性质得：， ， ， ， ∴，即平分． 【点睛】本题考查了作图-复杂作图，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，垂径定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握垂径定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质是解题的关键． 19．(1)见解析 (2)4 (3)见解析 【分析】本题主要考查圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质，正确作辅助线是解答本题的关键． （1）根据等弧关系得出，从而可得出； （2）连接，求出，，求得，由勾股定理求出，由垂径定理得； （3）连接，设交于点，由（1）知，得，证明，得，可判断，得，，根据可得结论 【详解】（1）证明：∵是的直径，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 由（1）知， ∴； （3）证明：连接，设交于点， 由（1）知， ∴， ∴， ∵， ∴于点，即， 又于点， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 又，， ． 20．(1)见解析 (2)①见解析；②． 【分析】（1）如图1，连接，根据圆周角定理得到，易得，进而得到即可证明结论； （2）①如图：连接，作于M，于N．证明，，得到，证明，则，进一步证明，即可得到结论；②设，利用勾股定理构建方程求出a即可解决问题． 【详解】（1）解：如图1，连接， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴与相切． （2）解：①如图：连接，作于M，于N． ∵于点F， ∴ ∵是直径， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ②设， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴，即 ∴， ∴， ∴半径的长为． 【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质、圆周角定理、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质定理、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识点，正确添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 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 $