第五章圆的单元练习2025-2026学年鲁教版（五四制）九年级数学下册

第五章圆的单元练习 一、单选题 1．如图，是某几何体的三视图及相关数据，则该几何体的侧面积是 （    ） A．12 π B．15 π C．20 π D．30 π 2．如图，是的外接圆，连接、，若，则（    ）° A．80 B．100 C．140 D．160 3．如图，、是的直径，．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 4．如图，是的直径，D，C是上的点，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 5．如图，边长为的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（   ） A． B． C． D． 6．如图，在的内接四边形中，，C为上一动点，且，的半径为2，有如下说法：①平分；②三角形是等边三角形；③；④；⑤四边形最大面积是．其中正确说法的个数是（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 7．如图，为的直径，点A为弧的中点，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 8．如图，圆弧形桥拱的跨度米，拱高米，则拱桥的半径为（   ） A．13米 B．10米 C．12米 D．20米 9．如图，已知，求作，使． 作法：（1）以点O为圆心，任意长为半径作，分别交，于点E，F，连接； （2）以F为圆心，的长为半径作弧，交于点C，连接，； （3）作射线，即为所求作的角．下列结论正确的个数是（） ①作图构造的依据是两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等； ②；③；④是等腰三角形． A．1 B．2 C．3 D．4 10．如图，在中，，以为直径的与，分别交于点，，连接，，若，，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 11．如图，在的正方形方格图形中，点A，B，C，D，E都在格点上，以为直径作，分别连接．有以下结论：①D，E两点都在上；②；③与相切；④平分．结论正确的有（    ） A．①② B．①③ C．①②③ D．③④ 12．如图，是等腰直角三角形的外接圆，，．点D在劣弧上，将劣弧与弦组成的弓形沿弦折叠，点D的对应点为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 13．如图，一圆弧过方格的格点，在方格中建立平面直角坐标系，使点的坐标为，则该圆弧所在圆的圆心坐标是 ． 14．如图，在中，若，，则的度数为 ． 15．如图，是的切线，连接并延长交于点，点，在上，且．若，则的度数是 ． 16．如图1，这是中国古建筑中的正六边形窗户设计图，图2是由其抽象而成的正六边形，已知正六边形的外接圆半径为，则该正六边形的边心距是 ． 17．如图，为的直径，点D是弧的中点，过点D作于点E，延长交于点F，若，则的直径长为 ． 18．如图，是的外接圆，，连接并延长交于点．分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点．直线交于点，连接，下列结论①，②，③，④四边形为菱形，其中一定正确的是 ．（请将正确结论的序号填在横线上）． 三、解答题 19．如图，四边形的顶点，，在上，，直径与弦相交于点，点是延长线上的一点，． (1)求证：是的切线； (2)若四边形是平行四边形，，求的长． 20．图1中的某种冰激凌的外包装可以视为圆锥（如图2），制作这种外包装雷要用如图3所示的等腰三角形材料，其中，，将扇形EAF围成圆锥时，AE，AF恰好重合，已知圆锥的底面圆直径，母线长． (1)求这种加工材料的顶角的大小． (2)求加工材料剩余部分（图中阴影部分）的面积．（结果保留） 21．如图，已知为的直径，点C为上一点，延长至点D，连接，且，过点A作交的延长线于点E．    (1)求证：是的切线； (2)若，求的长． 22．如图，是的直径，是的一条弦，且于点，连接，，． (1)当时，求的度数； (2)若，，求的半径． 23．如图，为的直径，为弦，于点E，连接并延长交于点F，连接交于点G，，连接． (1)求证：； (2)若，求和的长． 24．如图，是四边形的外接圆，是的直径，F是延长线上一点，连接，，且． (1)求证：是的切线； (2)若直径，，求的长． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B 【分析】此题考查了三视图、圆锥的侧面积等知识．根据三视图判断几何体为圆锥，再进行计算即可得到答案． 【详解】解：由三视图可知此几何体为圆锥， ∴圆锥的底面半径为3，母线长为5， ∵圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开扇形的弧长， ∴圆锥的底面周长圆锥的侧面展开扇形的弧长， ∴圆锥的侧面积． 故选：B． 2．D 【分析】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，先根据，得，则，，故，即可作答． 【详解】解：在优弧中取点，连接，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：D 3．D 【分析】本题主要考查弧和圆心角的关系，解决此题的关键是熟练运用等弧所对的圆心角相等，反之亦如此；根据圆心角相等得到弧相等，根据弧相等得到圆心角相等，即可得到答案； 【详解】解：∵、是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故选：D． 4．B 【分析】本题考查圆周角定理及圆内接四边形的性质，运用圆周角定理及圆内接四边形的性质求角的度数是解题关键，根据圆内接四边形的性质可求出的度数，再根据圆周角定理求解即可． 【详解】解：四边形是圆内接四边形， ， ， 是的直径， ， ； 故选：B． 5．D 【分析】本题考查了正多边形和圆，等边三角形的判定和性质，勾股定理，掌握相关性质定理是解题的关键．连接，，过点作，垂足为点，根据正多边形的性质和圆的性质证明是等边三角形， 得到、的长，然后利用勾股定理求出的长即可． 【详解】解：如图，连接，，过点作，垂足为点， 六边形是正六边形，点是它的中心， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 在中， ， 即它的内切圆半径为 ， 故选：D． 6．D 【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，可得的长；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：∵， ∴， ∴，即平分，故①正确； ∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴三角形是等边三角形，故②正确； 如图，连接、，过点作， 则， ∵的半径为2， ， ∴， ∴，故正确； 如图，在上截取，连接， ， 是等边三角形， ，， ，， ， 在和中， ， ， ， ，故正确； 如图，连接，并延长交于点M， 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⑤正确； 综上所述，正确的是①②③④⑤，共5个． 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． 7．B 【分析】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键，根据圆周角定理作答即可． 连接，根据圆周角定理得出，确定所对的圆心角为，得出其所对的圆周角为，即可求解． 【详解】解：连接，如图所示： 由题意可知，所对的圆周角， ∴其所对的圆心角为， 所对的圆心角为， ∴其所对的圆周角为， 又∵点A是的中点， ∴． 故选：C． 8．A 【分析】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．设圆弧形桥拱的圆心是O，半径为r米，连接，则O、D、C三点共线，根据垂径定理得米，再由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】解：设圆弧形桥拱的圆心是O，半径为r米，如图，连接，则O、D、C三点共线， ∵拱高为， ∴， ∵米， ∴米， 在中，根据勾股定理，得：， 即， 解得：， 即拱桥的半径为13米， 故选：A． 9．C 【分析】本题考查作一个角等于已知角，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的定义，根据作图可得，，根据证明两三角形全等判断①；根据全等得到，即可判断②；利用圆周角定理判断③；根据等腰三角形的定义判断④解答即可． 【详解】解：由作图可得，， ∴，故①错误； ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴，故③正确； ∵， ∴是等腰三角形，故④正确； 故选：C． 10．D 【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，圆周角定理的应用，扇形面积的计算．连接，，证明，可得，求解，再利用扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴，， 即点E是的中点， ∵点O是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 11．C 【分析】先结合网格与勾股定理，得出圆的半径，故D，E两点都在上；结合网格特征，得出，根据，，得，即， 则与相切；运用，得，结合网格特征得，则，在中，，，结合网格特征，得，故，即可作答． 【详解】解：连接，如图所示： 令正方形网格的边长为1， ∵以为直径作， ∴圆的半径是， 结合网格特征，得出， 则圆的半径， ∴D，E两点都在上； 故①是符合题意； 结合网格特征，得出， ∵，， ∴， ∴，即， ∵为直径， ∴与相切； 故③是符合题意； ∵， ∴， 结合网格特征得， ∴， ∴， 在中，， ∴， 故②是符合题意； 结合网格特征，得出在中，， 得出在中， ∵， 即， 即， ∴不平分． 故④是不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了勾股定理与网格，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形的性质，切线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 12．B 【分析】先证明四边形是菱形，从而可得，再证明四边形是正方形，从而可得，再根据当、、三点共线时，最短，利用勾股定理求得，从而可求得的最小值． 【详解】解：作O关于的对称点，连结，，，， 则，，， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∵将劣弧与弦组成的弓形沿弦折叠，点D的对应点为D′， ∴为的圆心， ∵是等腰直角三角形的外接圆， ∴，，为斜边的中点， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 当、、三点共线时，最短， 此时，， ∴，解得：（负值舍去）， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，用勾股定理解三角形，根据正方形的性质与判定求线段长，点与圆上一点的最值问题，折叠问题等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 13． 【分析】本题考查坐标与图形，圆的确定，连接，根据网格特点和三角形的外心的性质，得到的中垂线的交点即为圆心，根据点的坐标，确定圆心的坐标即可． 【详解】解：如图，由题意，点即为弧所在圆的圆心，且点恰好是坐标原点， 故弧所在圆的圆心坐标是． 14． 【分析】本题考查圆心角、弧、弦的关系，关键是掌握在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角也相等．根据圆心角、弧、弦的关系定理直接推出． 【详解】解：∵， ∴， ∴． 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了直角三角形的性质，切线的性质，三角形外角性质，圆周角定理等知识，连接，由切线性质可得，又，则，所以，则，根据是的直径，得，然后通过直角三角形性质即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， 故答案为：． 16． 【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质是正确解答的关键．     根据正六边形的性质以及所对的直角边是斜边的一半，勾股定理进行计算即可． 【详解】解：由题意得，， 正六边形是的内接正六边形， ． ，， ． 在中，，， ． ， 即正六边形的边心距是． 故答案为：． 17．15 【分析】本题考查了垂径定理及其推论，弧、弦的关系，勾股定理，根据题意可知，，从而得到，，得，得到，得，设圆的半径为R，连接，根据勾股定理，得到，计算的值即可． 【详解】解：点D是弧的中点， ， 为的直径，， ， ，， ， ， ， 设圆的半径为R，连接， 根据勾股定理，得到， 解得， 故答案为：15． 18．①②④ 【分析】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形和菱形的判定与性质，根据全等三角形的判定定理证明，证明即可证明四边形为菱形，再根据圆周角定理进行判定即可，熟练掌握性质定理是解题的关键． 【详解】解：连接，交于点，如图： 由题意得：是的垂直平分线， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ，故①结论正确； ∵ ∴， ， ， ∴四边形为菱形，故④结论正确； ∵， ， ∵四边形为菱形， ， ∴四边形为平行四边形， ， ， 故②结论正确； 设， ∴， ∴， ∴， ∴与不一定相等，故③结论不一定正确； 综上所述：正确结论有①②④． 故答案为：①②④． 19．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理，圆心角定理，菱形的判定和性质，理解圆的性质是解题的关键． （1）连接，根据切线的判定定理，只需证即可判定是的切线； （2）由四边形是平行四边形，可证四边形是菱形，接下来证是等边三角形，由可求得的长． 【详解】（1）证明：连接， ， ，， ， ， ， ， 是的直径， ， ， ， ，， ， ， 是的半径， 是的切线； （2）解：四边形是平行四边形，， 四边形是菱形， ，，， 是等边三角形， ， ， 四边形是菱形，， ，， ， ， ． 20．(1) (2) 【分析】（1）设，根据圆锥侧面展开图的扇形面积公式，即可求解； （2）分别求得和扇形的面积，进而即可求解． 【详解】（1）解：设，依题意， ∴， ∴； （2）解：设加工材料剩余部分（图中阴影部分）的面积为， ∵，是等腰直角三角形， ∴， ∴, ∴ 【点睛】本题考查了圆锥侧面积公式，扇形面积公式，掌握扇形面积公式是解题的关键． 21．(1)见解析 (2)6 【分析】本题考查了切线的判定和性质：过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线；也考查了圆周角定理的推论，切线长定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键． （1）连接，结合圆周角定理以及等腰三角形的性质可得，即可求证； （2）在中，由勾股定理可得，从而得到，再由切线长定理可得，然后在中，由勾股定理解答即可． 【详解】（1）证明：如图，连接，    ∵为的直径， ∴， ， ∵， ∵， ， ∴，即， ∵是的半径， ∴是的切线． （2）解：由（1）知，， ∴在中，由勾股定理，得， ∵， ∴， 解得：， ∴， ∵，为的直径， ∴是的切线， ∵是的切线， ∴， 在中，由勾股定理，得， 即， 解得：． 22．(1) (2) 【分析】（1）根据在同一个三角形中，等边对等角可得，然后根据同弧所对的圆周角相等即可求出，然后根据直角三角形的两个锐角互余即可得出结论； （2）根据垂径定理即可求出，然后设，则，再根据勾股定理列出方程即可求出结论． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵是的直径，，， ∴， 设，则， 在中，， ， 解得：， 即的半径为． 【点睛】此题考查的是圆周角定理的推论、等腰三角形的性质、垂径定理和勾股定理，掌握同弧所对的圆周角相等、等边对等角、垂径定理和勾股定理是解决此题的关键． 23．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据得到，再根据圆周角定理得出，进而得到，即可求证； （2）由题意可得，，证明，得到，进而得到，再证明，推出，则． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 根据勾股定理可得：， 则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查了圆与三角形综合问题、圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，找到边长之间的关系以及角之间的关系是解题的关键． 24．(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，构造辅助线是解题的关键． （1）连接，根据切线的判定定理，只需要证即可； （2）证，根据相似三角形对应边成比例，，令，通过列方程求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ， ， ，， ， 是的直径， ， ，即， ， 是的切线； （2）是的直径， ， ， 由（1）知， ， ， ， ， 设，即：, 解得，， ， 的长为． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $