第二十一章圆（上）单元练习2025-2026学年北京版数学九年级上册

第二十一章 圆（上） 单元练习 一、单选题 1．下列条件中，能确定一个圆的是（　　） A．以点O为圆心 B．以为半径 C．以点O为圆心，为半径 D．经过已知点M 2．已知线段，经过A，B两点作半径为的圆，这样的圆（　　） A．可作一个 B．可作两个 C．可作无数个 D．不能作出 3．如图，是的直径，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 4．如图，两灯塔A、B间的距离恰好为暗礁所在圆的半径，要使船P不驶入暗礁区，则航行中应保持（   ） A．大于 B．小于 C．大于 D．小于 5．“圆材埋壁”是我国古代数学名著《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，深一寸，锯道长一尺．问：径几何？”用现在的几何语言表达即：如图，弦，垂足为点E，寸，寸，则半径的长度是（   ） A．13寸 B．26寸 C．12寸 D．24寸 6．如图，半径为5和的两个圆都以点为圆心，大圆的弦交小圆于，两点，若，则的大小为（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 7．如图，在中，，若，，则的半径是（    ） A．3 B． C． D．4 8．如图，的半径为4，以圆外一点为圆心，半径为画弧，将截成弧长相等的两部分，已知两点之间的距离为，则的值为（   ） A． B．16 C．8 D． 9．如图，四边形ABCD内接于，，连接BD．若，，则的周长是（    ）    A． B．4 C．6 D．8 10．如图，已知正方形中，连结，在上截取，作的外接圆分别交于点F、G，连结交于点M，连结．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（    ） A．①② B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 二、填空题 11．如图，是的直径，弦于点，连接，若，，则 ． 12．如图，A、B、C、D四个点均在上，，弦的长等于半径，则的度数为 ． 13．如图，将大小不同的两块量角器的零度线对齐，大、小量角器的中心分别为、，且恰好在大量角器的圆周上，设图中两圆周的交点为，点在小量角器对应的刻度为，则点在大量角器上对应的刻度为 ．（只考虑小于的角） 14．图1是某化学实验室的一个装有液体的圆底烧瓶，其底部球形的截面示意图如图2所示，液体水平宽度为，竖直高度为，则的半径为 15．如图，是的直径，弦于点，点是上一点，且满足，连接并延长交于点，连接、，若，．给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 三、解答题 16．如图，是的直径，是弦，D是的中点，与交于点E．F是延长线上的一点，且． (1)求证：为的切线； (2)连接．若，求的长． 17．已知AB，CD是的弦，点与AB，CD位置如图所示，． (1)求证． (2)仅用无刻度的直尺作弦CD的垂直平分线，说明理由． (3)若之间的距离为39，求的半径． 18．如图，四边形内接于，是的直径，与的延长线交于点，与的延长线交于点． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 19．如图：为的直径，是弦延长线上一点，，的延长线交于点，连接． (1)求证：． (2)若的度数为，求的度数． 20．已知点A在上，折叠使点A与点O重合，折痕为． (1)如图1，连结，求的度数． (2)如图2，D是上一点，连结，与关于直线对称，延长交于点F，连结． ①求证：； ②若，，求的半径． 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 《第二十一章 圆（上） 单元练习2025-2026学年北京版数学九年级上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B B A C B C C B 1．C 【分析】本题考查了圆的相关概念． 确定一个圆有两个重要因素，一是圆心，二是半径，据此可以得到答案． 【详解】解：∵圆心确定，半径确定后才可以确定圆， ∴C选项正确， 故选：C． 2．B 【分析】本题考查确定圆的条件，两圆的位置关系；圆心需同时满足到A和B的距离均为，即是以A和B为圆心、半径的两圆的交点，根据两圆位置关系，当圆心距，半径时，两圆相交，有两个交点，故可作两个圆． 【详解】解：∵圆经过A、B两点且半径为， ∴圆心O满足，， ∴O点是以A为圆心、为半径的圆和以B为圆心、为半径的圆的交点， 又∵，且两圆半径均为， ∴两圆圆心距，半径和，半径差， ∴两圆相交，有两个交点， ∴这样的圆可作两个． 故选：B． 3．B 【分析】本题主要考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，直径对的圆周角是直角，熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键；根据是的直径得出，即可求解． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ 故选：B． 4．B 【分析】本题考查了圆周角定理、三角形的外角性质、等边三角形的性质，根据题意作出辅助线，灵活运用圆周角定理是解题的关键． 连接，，，，根据圆周角定理解题即可． 【详解】解：连接，，，，如图所示： ∵，即为等边三角形， ∴， ∴， 又为的外角， ∴，即． 故选：B ． 5．A 【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理，正确添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．连接，由得到点E为的中点，设圆O的半径的长为x，在中，根据勾股定理求出x的值，即为圆的半径． 【详解】解：如图，连接， ， 寸， 寸， 设圆O的半径的长为x，则， ， ， 在中，根据勾股定理得，， 解得， 半径的长度是13寸， 故选：A． 6．C 【分析】本题考查了勾股定理，垂径定理，解题的关键是正确作出垂线．连接，过点作于点，由垂径定理可得，再由勾股定理可得，求出，即可求解． 【详解】解：连接，过点作于点， ∵，经过圆心， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴（舍去负值）， ∴ 故选：C． 7．B 【分析】本题考查了圆的基本性质，垂径定理，勾股定理；能熟练利用垂径定理，勾股定理进行求解是解题的关键．过圆心作交于点，交于点，连接、，由垂径定理得，由圆的基本性质得，由勾股定理得，即可求解． 【详解】解：过圆心作交于点，交于点，连接、， ， ， ， ， ， ， ， 设半径为，则， ， ， ， 解得， 故的半径是， 故选：B． 8．C 【分析】本题考查了圆的有关概念，垂直平分线的定义，勾股定理．由将截成弧长相等的两部分得为直径，根据题意可得，，，则垂直平分，然后根据勾股定理列式计算即可求解． 【详解】解：如图， ∵将截成弧长相等的两部分， ∴为直径， ∴，，， ∴垂直平分， ∴， ∴， 故选：． 9．C 【分析】本题考查了圆内接四边形，等边三角形的性质，掌握相关性质是解题的关键． 根据四边形内接于得出，再证明是等边三角形，可求周长． 【详解】解：∵四边形内接于 是等边三角形， ∴的周长 故选：C． 10．B 【分析】①先根据正方形的性质可得，再根据圆周角定理可得为外接圆的直径，从而可得，然后根据矩形的判定与性质即可得，即可证明①正确；②得，从而可得，再根据圆周角定理可得，从而可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质即可得；④根据圆内接四边形的性质可得，从而可得，再根据圆周角定理可得，由此即可得；③圆周角定理可得，从而可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据正方形的性质可得，由此即可得． 【详解】解：如图，连接， 四边形是正方形， ， 为外接圆的直径， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 由圆周角定理得：， ，， ，，故①正确； 在和中，， ， ，则结论②正确； 由圆内接四边形的性质得：， ， ， 由圆周角定理得：， ，则结论④正确； 由圆周角定理得：， ， ， ， ， 在和中，， ， ， ， 四边形是正方形， ， ， 又， ，则结论③错误， 综上，结论正确的是①②④， 故选：B． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握各定理与性质，并正确找出全等三角形是解题关键． 11．5 【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理，解题的关键是熟练掌握垂径定理和勾股定理的应用． 根据垂径定理可知，再利用勾股定理即可求解； 【详解】解：， ，， 在中，． 故答案为：5． 12．/50度 【分析】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定与性质，先根据等边三角形的判定与性质可得，从而可得，再根据圆周角定理即可得． 【详解】解：连接，如图， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】此题考查了圆心角、等腰三角形的性质和三角形内角和定理．熟练掌握用量角器上测量圆心角，并能根据相关性质求出各个角的度数是解此题的关键． 连接，由点P在小量角器对应的刻度，可知大小，再由，可求得即为点P在大量角器上对应的刻度． 【详解】解：连接，如图所示： 点P在小量角器对应的刻度为， ， ， ， ， 点P在大量角器上对应的刻度为． 故答案为：． 14．5 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，解题的关键是掌握垂径定理以及勾股定理的运用． 由垂径定理得到，设的半径为x cm，则，在中，根据勾股定理计算即可解答． 【详解】解：如图，连接， ， ， 设的半径为x cm，则， ， 在中，， 即， 解得：， 的半径为 故答案为： 15．①②④ 【分析】本题重点考查垂径定理、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 由垂径定理得，则，而，所以，可判断①正确；由，，，得，则，所以，则，可判断②正确；因为，所以，可判断③错误；连接，证明，可求出，作于M，证明，求出，分别求出，，，可求出，故可判断④正确． 【详解】解：∵是的直径，于点G， ∴，， ∴， ∵， ∴，故①正确； ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴，故③错误； 连接，则， 又， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， 作于M，如图所示，则， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， 又， ∴ ∴，故④正确． 所以，正确的结论是①②④， 故答案为：①②④． 16．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查的是圆的切线的判定、等腰三角形性质、垂径定理的推论及勾股定理的应用， （1）连接，证明，，得出，根据是直径，D是的中点，得出，证明即可得出结论； （2）设，则，根据勾股定理求出，根据勾股定理求出结论． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是直径，D是的中点， ∴ ∴， ∴， ∴，即， ∵是半径， ∴是的切线． （2）设，则， 在中， ∴， 解得， ∴， ∵， ∴， ∴． 17．(1)证明见解析 (2)图见解析，理由见解析 (3)25 【分析】本题考查了垂直平分线基本性质，垂径定理，圆周角定理，熟练掌握基本性质是解题关键； （1）连接，通过圆周角定理得到，再根据平行线的性质即可得证； （2）连接交于P点，如图，根据圆周角定理得到，则，由于，根据线段垂直平分 线的性质定理的逆定理得到点P和点O都在的垂直平分线上，从而判断垂直平分； （3）连接、，交于E点，交于F点，设的半径为r，，则，根据平行线的性质得，则利用垂径定理得到，，再利用勾股定理列方程，解方程组即可． 【详解】（1）解：证明：连接， ∵， ∴， ∴． （2）解：如图，为的垂直平分线； 连接交于P点，连接并延长，与交于点，与交于点， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴点和点都在的垂直平分线上， ∴为的垂直平分线． （3）解：连接、，设的半径为r，，则， ∵，， ∴， ∴，， 在中，，即， 在中，，即， 联立方程①②，解得：（负值已舍去）． 18．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了圆周角定理、相似三角形的性质与判定、垂径定理、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）由是的直径可得，推出∽，即可证明； （2）根据垂径定理可得垂直平分，推出，，利用勾股定理得出，设，在中利用勾股定理列出方程，再利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：是的直径， ，即， 又， ∴∽，， ， ∴； （2）解：如图，连接， 是的直径，， 平分， 垂直平分， ，， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得，即， ． 19．(1)见解析； (2)． 【分析】本题主要考查了圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系、三角形外角定理． 连接，可证是的垂直平分线，根据等腰三角形的性质可证，根据圆周角定理可证，等量代换即可证明结论成立； 连接，根据圆周角定理可知，，根据直角三角形两锐角互余，可知，根据三角形外角定理可得，根据圆周角定理可知的度数． 【详解】（1）证明：如下图所示，连接， 为的直径， ， ， 是的垂直平分线， ， ， ， ， ； （2）解：如下图所示，连接， 的度数为， ， 是的直径， ， ， 是的外角， ， ， ， ． 20．(1) (2)①见解析，②的半径为． 【分析】本题考查等边三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角，等腰三角形的性质，勾股定理，圆的内接四边形，垂直平分线的判定与性质，掌握知识点是解题的关键． （1）连接，由折叠，得，证明，则是等边三角形，即可解答； （2）①先证明，推导出，即可解答．②连接，，，推导出，弧=弧，得到，推导出，得到为等边三角形，继而得到，过点O作于点M，连接并延长交于点P，证明是的垂直平分线所在直线，得到，由，得到，解得，或（舍去），求出，，则，即可解答． 【详解】（1）解：连接，如图， 由折叠，得， ∵ ∴ ∴是等边三角形 ∴． （2）①∵与关于直线对称 ∴ ∵四边形是圆的内接四边形， ∴ ∵， ∴． ②连接，，，如图， 由(1)，可得，弧=弧， ∴， ∴， ∴， 即， ∴为等边三角形， ∴， ∴． 过圆心O作于点M，连接并延长交于点P，如图 ∴，即，． ∵圆心O在的垂直平分线上， ， ∴点E在的垂直平分线上， ∴是的垂直平分线所在直线， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， 解得，或（舍去）， ∴， ∴， ∴． 答：的半径为． 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 $