第二十四章圆期末复习卷-2025-2026学年人教版（2012）数学九年级上册

第二十四章 圆 期末复习卷 一、单选题 1．已知的半径为，则点和的位置关系是（　　） A．点在圆上 B．点在圆外 C．点在圆内 D．不确定 2．如图，已知扇形，在其内部作一个菱形，其中点D、E分别在、上，点C在上．若，，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 3．如图．为的直径，点、在上，．则的度数为（   ） A． B． C． D． 4．若的圆心角所对的弧长为，则此弧所在圆的半径为（   ） A．6 B．10 C．12 D．24 5．如图，圆锥的母线长为6，底面直径长为6，M为的中点．将圆锥侧面沿母线剪开并展平，在展开图中M，C之间的距离为（　　） A．3 B． C． D． 6．如图，是的直径，是弦，，在直径上截取，延长交于点．若，则劣弧的长为（   ） A． B． C． D． 7．在中国古代文化中，玉璧寓意宇宙的广阔与秩序，也经常被视为君子修身齐家的象征．下图是某玉璧的平面示意图，由一个正方形的内切圆和外接圆组成．图中空白部分与阴影部分的面积比值为（   ） A． B． C．1 D．2 8．如图，与相切于点，的延长线交于点．，且交于点．若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 9．如图，，与相切于点与交于点．若，则的长为（   ） A．0.5 B．1 C． D．2 10．如图，在平面直角坐标系中，动点P在直线上，动点Q在半径为3的上（O为坐标原点），过点P作的一条切线，R为切点，则的最小值为（    ） A．5 B．6 C．8 D．10 二、填空题 11．如图，四边形是的内接四边形，若，则的度数为 ． 12．如图，是半径为4的正八边形的一条对角线，则 ． 13．如图，在中，弦，将沿翻折，恰好与弦相切于点N，若，则的半径是 ． 14．如图，是的两条切线，切点分别为．若的半径为3，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）． 15．沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，长为半径的圆弧，C是弦的中点，D在上，，“会圆术”给出的长l的近似值s的计算公式：，当时， (结果保留) 三、解答题 16．如图，为的直径，过点A作直线，点C在圆上，连接，与交于点D，且，． (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若， ，求的半径． 17．已知：如图，及外一点P， (1)求作：过点P的的切线（要求使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）； (2)完成下面的证明． 证明：连接，是的直径， _______°（ ）（填依据） ． 又为的半径， 直线是的切线（ ）（填依据） 同理可证，直线也是的切线． 18．如图，是的直径，是上的一点，直线经过点，过点作直线的垂线，垂足为点，交于点，且平分． (1)求证：直线是的切线； (2)若，， ①求的直径； ②求阴影部分的面积． 19．如图，是的直径，，点，在上，连结，，取，的中点，，连结，． (1)若，求的长． (2)若，，求的长． (3)若，，请用的代数式表示的长． 20．【问题情境】如图，矩形中，作，分别交边于点E，交边于点F，作的外接． 【特殊体会】当时，如图1，判断与之间的数量关系是_______； 【初步探究】当经过点D时，如图2，试探究、、之间的数量关系，并加以证明； 【深入探究】当与相切时，如图3，解决下列问题： ①判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，求（直接写出结果）． 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 期末复习卷-2025-2026学年人教版数学九年级上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B C D C C C B B 1．B 【分析】本题考查了点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系的判断方法是解题的关键． 设点到圆心的距离为d，圆的半径为r，则当时，点在圆外；时，点在圆上；时，点在圆内．据此通过比较点A到圆心O的距离与圆的半径的大小关系，即可解答． 【详解】解：∵的半径为3，，， ∴点A在外． 故选：B． 2．C 【分析】本题考查了扇形面积与菱形面积的计算，解题的关键是利用菱形性质确定角度，结合三角函数求高，通过“阴影面积扇形面积菱形面积”计算． 连接，由菱形性质得；过作，用含角的直角边等于斜边的一半求；计算扇形与菱形的面积，作差得阴影面积． 【详解】解：连接，过作于． ∵ 四边形是菱形，， ∴ ，， 又， ∴ ， 由得，则， ∴，， 即,解得，即， ∴菱形的面积． 扇形的面积， ∴ 阴影面积， 故选：C． 3．B 【分析】本题考查了圆周角定理． 根据为的直径得到，进而得到，根据圆周角定理即可得到． 【详解】解：∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 4．C 【分析】此题考查了弧长的计算，理解记忆弧长公式是解题的关键． 由弧长公式分别代入相应的数值求解即可． 【详解】解：由题意可得：，， ， 解得． 故选：C． 5．D 【分析】本题考查圆锥的展开图和相关计算，正确掌握圆锥的相关计算是解题的关键． 先根据圆锥的侧面展开图是扇形，再根据公式的计算求出圆心角，判断是直角三角形，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：如下图， 设侧面展开图圆心角的度数为， 圆锥的母线长为6，底面直径长为6， ， ，即， ，即三角形是直角三角形， M为的中点， ， ． 故选：D． 6．C 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，弧长公式等，正确作出辅助线是解题的关键．连接，可得，进而得，即得是等边三角形，得到，，再根据弧长公式计算即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴劣弧的长， 故选：． 7．C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，内切圆和外接圆的性质，勾股定理，解题的关键是掌握以上性质． 假设正方形内切圆的半径为1，则，利用勾股定理求出外接圆的直径，然后利用圆的面积公式进行求解即可． 【详解】解：如图所示，假设正方形内切圆的半径为1，则， 根据勾股定理得， ∴外接圆的半径为， ∴内切圆的面积为； 外接圆的面积为， ∴阴影部分的面积为； ∴图中空白部分与阴影部分的面积比值为1， 故选：C． 8．C 【分析】本题主要考查切线的性质定理，等腰三角形的性质和判定；连接，根据切线的性质得到，得到为等边三角形，为等边三角形，即可求出． 【详解】解：如图，连接，     ∵与相切于点，         ∴，         ∴， ∵， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴ ， ∴为等边三角形， ∴， 故选：C． 9．B 【分析】解题方法是利用切线长定理得，结合角度证为等边三角形，再通过切线垂直半径、勾股定理求线段长度；解题思路：由切线长定理得，证为等边三角形，结合求，再通过等腰三角形三线合一求，进而得． 【详解】解：∵是的切线， ∴，平分（切线长定理）， 又∵， ∴是等边三角形，， 如图，连接，则， ∵，， ∴垂直平分， ∴，． 在中，． 在中，， 设，则， 由勾股定理： 解得 ∴， ∴的长为． 故选：． 【点睛】本题考查圆的切线性质、等边三角形与直角三角形的应用，涉及知识点：切线长定理、切线与半径垂直、等腰三角形三线合一、勾股定理，解题关键是构造直角三角形并利用特殊角的性质，易错点是忽略切线与半径的垂直关系． 10．B 【分析】连接，则，由切线的性质，得到，故当最小时，均取得最小值，此时的值最小，设直线与轴，轴分别交于两点，根据垂线段最短，得到当时，的值最小，等积法求出的长，即可得出结果． 【详解】解：连接，则：，， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴当最小时，均取得最小值，此时的值最小， 设直线与轴，轴分别交于两点， ∵动点P在直线上， ∴当时，的值最小， 当时，，当时，， ∴，， ∴， ∴， 当时，，即， 解得， ∴的最小值为，的最小值为， ∴的最小值为． 故选B． 【点睛】本题考查切线的性质，圆外一点到圆上一点的最值，一次函数与坐标轴的交点问题，垂线段最短，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，确定点的位置，是解题的关键． 11．/度 【分析】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟知同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角的度数是圆心角的度数的一半和圆内接四边形对角互补是解题的关键．根据圆内接四边形对角互补，可算得，再根据圆周角定理即可求出答案． 【详解】解：∵四边形是的内接四边形，， ∴， ∴， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了正多边形与圆，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 设正八边形的中心为O，连接，，，，，由正八边形，得到，求得，说明、、三点在同一直线上，证明为直径，得出，过D作于H，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：设正八边形的中心为O， 连接，，，，，如图所示： ∵正八边形， ∴， ∴， ∴、、三点在同一直线上， ∴为直径，且， ∴， 如图，过D作于H， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】设的半径为r，弦的弦心距为d，作点O关于的对称点，连接交于E，连接，连接，过点O作于K，过点O作于F，在中可得，，得到，在中可得，，得到，可得，解得，代入即得． 【详解】解：设的半径为r，弦的弦心距为d，作点O关于的对称点，连接交于E，连接，，过点O作于K，过点O作于F，如图， 则，， ∵， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵将沿翻折，恰好与弦相切于点N， ∴是对应的圆心， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 即， ∴， ∵， ∴， 解得，符合， ∴， 解得（）． 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的折叠．熟练掌握折叠性质，垂径定理，切线的性质，勾股定理，以及矩形的判定与性质，因式分解，解分式方程是解题的关键． 14． 【分析】本题考查了切线的性质，四边形的内角和，扇形的面积．先根据切线的性质得到，再利用四边形的内角和计算出，然后根据扇形的面积公式计算． 【详解】解：∵是的两条切线，切点分别为， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴图中阴影部分的面积． 故答案为：． 15． 【分析】本题考查扇形的弧长，垂径定理，勾股定理，弧长公式，掌握相关定理公式是问题求解的关键． 根据已知条件求得和的长，代入得到弧长的近似值，利用弧长公式求得弧长的值，即可完成求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵是弦的中点，在上，， ∴延长可得在上，， ∴， ∴， 又， ∴． 故答案为：． 16．(1)直线与相切，理由见解析 (2) 【分析】本题考查了圆的切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握圆的切线的判定是解题关键． （1）先根据等腰三角形的性质可得，，再根据圆周角定理可得，则可得，然后根据圆的切线的判定即可得； （2）先利用勾股定理可得的长，再在中，利用勾股定理可得的长，据此即可得出答案． 【详解】（1）解：直线与相切，理由如下： ∵， ∴， 由对顶角相等得：， ∴， ∵， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵为的半径， ∴直线与相切． （2）解：∵，， ∴， 由（1）已证：， ∵， ∴， 设，则， ∵为的直径， ∴， ∴在中，，即， 解得， ∴， ∴的半径为． 17．(1)见解析 (2)，直径所对的圆周角是直角，经过半径的外端并且垂直这条半径的直线是圆的切线． 【分析】本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理，尺规作图---线段的垂直平分线，关键是通过作图构造直径所对的圆周角． （1）先作出的中点M，然后以点M为圆心作圆M，则圆M与圆O的交点即为点A，B，则即为所求； （2）根据直径所对的圆周角是直角解决问题即可． 【详解】（1）解：如图所示； （2）证明：是的直径， （直径所对的圆周角是直角）， ． 又是的半径， 是的切线（经过半径的外端并且垂直这条半径的直线是圆的切线）， 同理，是的切线． 故答案为：，直径所对的圆周角是直角，经过半径的外端并且垂直这条半径的直线是圆的切线． 18．(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】本题考查了切线的判定，圆周角定理，扇形的面积等，正确作出辅助线是解题的关键． （）连接，利用等腰三角形的性质和角平分线的定义可得，即得，得到，即可求证； （）①连接，再利用直角三角形的性质和勾股定理解答即可求解；②连接，可得是等边三角形，即得，得到，再根据解答即可求解； 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是半径， ∴直线是的切线； （2）解：①如图，连接， ∵是的直径， ∴， ∵，， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∵平分， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴的直径是； ②如图，连接， 由（）知，， ∴四边形是直角梯形， 又由①可得，，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴． 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据垂径定理可知，，利用勾股定理求出的长度； （2）过点作，可知四边形是矩形，根据矩形的性质可知，，利用勾股定理即可求出的长度； （3）根据，可知，过点作，即可求出，连结，根据三角形中位线定理可知，根据垂径定理可知，过点作，根据直角三角形的性质可知，，在中，利用勾股定理可得与的关系． 【详解】（1）解：是的直径，， ， ，点为的中点， ，， ； （2）解：如下图所示，过点作， ，点是的中点， ，， ， ， ， 四边形是矩形， ， ，， ； （3）解：如下图所示，连结、、，过点作，过点作， ， ， ， ， ， ， ， 点、分别是、的中点， ，，，， ， ， ， ，， ，， ， ， ， 在中，， ， ， 整理得：，（负值舍去） 解得： 【点睛】本题主要考查了圆的基本性质、勾股定理、圆周角定理、三角形的中位线定理、垂径定理、直角三角形的性质，解决本题的关键是添加辅助线构造直角三角形，用勾股定理找边之间的关系． 20．【特殊体会】 【初步探究】，见解析 【深入探究】①与相切；② 【分析】特殊体会：由已知、根据“直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半”可得结论； 初步探究：由已知、根据“圆周角所对的弦是直径”得：是的直径，根据“直径所对的圆周角是直角”得，根据“同角的余角相等”得，根据“直角三角形两锐角互余”可得，根据“等角对等边”得，再根据“”证明，得到：，等量代换得出结论； 深入探究：① 连接，根据“一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”得 ，由已知、根据“切线垂直于过切点的半径”得，则四边形是矩形，可得，即，根据“经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是这个圆的切线”得出结论； ② 延长交于点，连接，根据“有三个角是直角的四边形是矩形”得：四边形都是矩形，从而得到：，由勾股定理得，从而，再根据勾股定理即可求出的长． 【详解】解：特殊体会：∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴； 初步探究：．如题图2． ∵四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是内接四边形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴，． ∴． ∴． ∴，． ∵， ∴． 深入探究：①与相切． 如图，连接、． ∵， ∴． ∵与相切， ∴． ∴， 又 ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． 又 ∵是半径， ∴与相切． ②． 如图，延长交于点， ∵，， ∴ 四边形、都是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆与四边形的综合探究，矩形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，圆周角定理，切线的性质和判定和勾股定理，综合性很强，对以上知识熟练是解题的关键． 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 $