第24章圆易错题集2025-2026学年人教版数学九年级上册

第24章圆易错题集2025-2026学年人教版数学九年级上册答案解析 一、单选题 1．如图，四边形内接于．若，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查圆周角的性质，熟练掌握圆周角的性质是解题的关键；因此此题可根据圆周角的性质直接进行求解即可． 【详解】解：∵，， ∴； 故选C． 2．如图，在中，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查圆周角定理，熟练掌握同弧所对圆周角与圆心角的关系是解题的关键． 根据可直接计算出的度数． 【详解】解：∵，结合， ∴， 故选C． 3．已知的半径为，，为直线上一点，则直线与的位置关系是（   ） A．相交 B．相切 C．相离 D．相交或相切 【答案】A 【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，垂线段最短，根据垂线段最短，圆心到直线的距离为，因此，直线与圆相交，熟练掌握直线与圆的位置关系是解此题的关键． 【详解】解：∵为直线上一点，， ∴圆心到直线的距离为（垂线段最短）， ∵ 的半径为， ∴ ， ∴直线与相交， 故选：A． 4．如图，是的直径，弦交于点E，连接，．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查圆周角定理， 由圆周角定理得到，，求出，即可得到的度数． 【详解】解：连接， 是圆的直径， ， ， ， ． 故选：C． 5．如图，为的弦，点在上，，，，则的长为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查垂径定理及圆周角定理，含角的直角三角形的性质，勾股定理． 设与的交点为，由得到，圆周角定理可得，进而得到，所以，在中，根据勾股定理构造方程，即可求出的长． 【详解】解：如图，设与的交点为， 为的弦，为半径，且，， ． ， ， ， 在中，． 设，则， ， ， 解得（负值舍去）， ． ， ． 故选B． 6．如图，是的切线，是切点，分别交线段于两点，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了切线长定理，全等三角形的性质和判定，四边形内角和定理， 连接根据切线的性质和切线长定理得，再根据“边角边”证明，可得，然后根据四边形内角和定理求出，最后根据得出答案． 【详解】解：连接，如下图， ∵是的切线，点A，B，E是切点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 7．如图所示，半径为1的圆中，圆心角为的扇形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查扇形的面积，熟练掌握扇形的面积公式是解题的关键，根据扇形的面积公式代入计算即可得到答案． 【详解】解：∵，， ∴根据扇形面积公式：， 故选：C． 8．如图，四边形内接于，连接，若的半径为5．则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，求弧长．连接，根据圆周角定理可得，再根据圆内接四边形的性质可得，从而得到，然后弧长公式计算即可． 【详解】解：连接， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形内接于， ∴， ∴， ∴， ∵的半径为5， ∴的长为． 故选：C 9．如图，是的直径，点C在的延长线上，与相切，切点为点D，如果，那么（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查半圆或直径所对圆周角为直角，切线的性质，掌握以上知识，合理作出辅助线是关键． 连接，由半圆或直径所对圆周角为直角，切线的性质，等边对等角，等量代换得到，由三角形的外角的性质即可求解． 【详解】解：连接， ∵与相切，切点为点D， ∴，即， ∵， ∴， ∵是的直径，则，则， ∴， ∵， ， ， 故答案为：A． 10．如图，顶点都在网格格点上，外接圆的圆心的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角形的外接圆的圆心为三角形三边中垂线的交点，然后根据两点之间的距离公式可知每段线段的大小，根据线段的等量关系求解． 本题考查了三角形的外接圆，平面直角坐标系以及两点之间的距离公式，知道三角形的外接圆的圆心为三角形三边中垂线的交点是解题关键． 【详解】 解： 设外接圆的圆心为点, 外接圆的圆心为三角形三条边中垂线的交点， 由题可知，,, 则作的中垂线交于, 作的中垂线交于, , 设点的坐标为， , ， ， ， 则点的坐标为． 故选: ． 11．如图，圆锥的底面圆半径，高，则圆锥的侧面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了圆锥侧面积的计算及勾股定理的应用，解题的关键是先利用勾股定理求出圆锥的母线长，再代入侧面积公式计算． 由圆锥的底面半径和高，利用勾股定理求出母线长；再根据圆锥侧面积公式（乘以底面半径乘以母线长）计算侧面积． 【详解】解：圆锥的母线长， 圆锥的侧面积为． 故选：A． 12．如图，将半径为6的沿折叠，与垂直的半径交于点D且，则折痕的长为（　　） A． B． C．6 D． 【答案】B 【分析】本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键；延长交于点，连接，构造直角三角形， 然后根据勾股定理求出的长． 【详解】解：延长交于点，交于点F，连接， ， 为的中点， ，， ， 由折叠的性质可知：， ， 在中，由勾股定理可得：， ． 故选：B． 13．如图，点O为正八边形的中心，连接、，则（   ）度． A．45 B．30 C．22.5 D．90 【答案】C 【分析】本题考查的是正多边形的角度计算，掌握正多边形的中心角的计算方法是解题的关键． 连接、，由于正八边形各顶点共圆，先得出，再利用圆周角定理得出的度数． 【详解】解：连接、，如下图所示： ∵为正八边形， ∴， ∴， 故选C． 14．如图，是的直径，是的弦，若，，则的长度为（　　） A． B． C． D．3 【答案】D 【分析】已知是的直径，根据圆周角定理，可立即得．又已知，根据“同弧所对的圆周角相等”，可知．在中，利用三角形内角和可求出．此时，是一个含角的特殊直角三角形，已知斜边，根据“角所对的直角边等于斜边的一半”，即可直接求出的长度． 【详解】解：是的直径，点在上， ∴． ∵与都是弧所对的圆周角， ∴． 已知， ∴． 在中，， ∴． 已知斜边， 在含角的中，角（）所对的直角边等于斜边的一半， 即． ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查了圆周角定理（直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等）、含角的直角三角形的性质．解题的关键是正确应用“直径所对的圆周角是”和“同弧所对的圆周角相等”这两个定理，识别出中含角． 15．如图，在中，，，，设与、分别相切于点、，平分，连接，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接、，过点作，垂足为，设与、分别交于点、，由切线性质可得，，结合可证四边形是正方形，可得，设的半径为，则，，，由角平分线的性质得，可得与相切于点，进而由切线长定理得，，由勾股定理得，列方程即可求出半径，由角平分线的判定定理得平分，结合可得，由即可得出． 【详解】解：如图，连接、，过点作，垂足为，设与、分别交于点、， ∵与、分别相切于点、， ∴，， 又∵，， ∴四边形是正方形， ∴， 设的半径为，则，，， ∵平分，，， ∴，， ∴与相切于点， 又∵与、分别相切于点、， ∴，， 在中， ， ∴， ∴， 解得， ∵，，， ∴平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：C 【点睛】本题考查了切线的性质、切线长定理、角平分线的性质与判定、扇形面积公式等，利用切线长定理结合勾股定理求出圆的半径是解题的关键． 二、填空题 16．如图，是的直径，点C、D在圆上，若，则 度． 【答案】28 【分析】本题考查了在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等，据此即可求解． 【详解】解：∵， ∴． 故答案为：． 17．如图，圆锥的母线，则其侧面展开图扇形的圆心角，则底面半径 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长为圆锥的底面圆的周长，扇形的半径为圆锥的母线长；也考查扇形的弧长公式：，（n为扇形的圆心角，r为半径）． 根据扇形的弧长为圆锥的底面圆的周长列式计算即可． 【详解】解：圆锥的母线，则其侧面展开图扇形的圆心角， ， ． 故答案为：． 18．半径为、的两个圆的圆心距为，且是方程的根，则这两个圆的位置关系是 ． 【答案】 相交或外切 【分析】本题考查圆和圆的位置关系和一元二次方程的解法，两圆的位置关系有：相离（外离：，内含：）、相切（外切：，内切：）、相交（）．先通过求解方程得到圆心距的值，再根据与两圆半径和、半径差的大小关系判断两圆的位置关系． 【详解】解：， ， 解得或， 圆心距或， 两个圆的半径分别为和， 半径差为，半径和为， 当时，，所以两圆相交； 当时，圆心距等于两个圆半径之和，所以两圆外切， 这两个圆的位置关系是相交或外切． 故答案为：相交或外切． 19．如图，在正方形网格中，一条圆弧经过A、B、C三点，那么所对的圆心角度数是 ． 【答案】/90度 【分析】本题考查了圆心角的求解、勾股定理及其逆定理．找到圆心是解题关键． 连接，分别作的垂直平分线，即可得到圆心．分别求出，根据勾股定理的逆定理即可求解． 【详解】解：连接，分别作的垂直平分线，即可得到圆心，    由图可得：，， ∴， 故， 即所对的圆心角为． 故答案为： 20．“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的应用，例如古典园林中的门洞，如图，某地园林中的一个圆弧形门洞的高为，地面入口宽为，则该门洞的半径是 ． 【答案】 【分析】本题考查了垂径定理的应用，运用圆的性质，垂径定理构造直角三角形，用勾股定理列式计算，求解即可． 【详解】解：如图，连接， 设圆心为点O，洞高为，入口宽为，门洞的半径为， 根据题意，得，，    根据勾股定理，得， 解得， 答：该门洞的半径为． 故答案为： 21．如图，半圆的直径，将半圆绕点旋转，得到半圆，交于点，若，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了圆周角定理、勾股定理、含的直角三角形的性质和等边三角形的判定和性质，作出正确的辅助线是解决本题的关键． 连接，，过点作，根据勾股定理求出的长，进而证明为等边三角形，则可以根据圆周角定理和含的直角三角形的性质可求出，再根据求解即可． 【详解】解：连接，，过点作，如图， 由旋转可得，， 为直径， ， ， ， ∴为等边三角形， ， ，， 在中，， ， 故答案为：． 22．“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的应用，例如古典园林中的门洞．如图（1），其数学模型如图（2）所示．园林中的一个圆弧形门洞的地面跨径米，为圆上一点，于点，且米，则门洞的半径为 米． 【答案】 【分析】本题主要考查了垂径定理的应用，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，以及一元一次方程的应用，熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键．过作于，过作于，由垂径定理得，再证四边形是矩形，则，，设该圆的半径长为米，然后在和中，分别利用勾股定理列式求解即可得解． 【详解】解：如图所示，过作于，过作于， 则（米），， ， ， 四边形是矩形， （米），米，（米）， 设该圆的半径长为米， 在中，， 在中，，即， ， 则有， 整理得，解得， ， （负值已舍去）， 即门洞的半径为米． 故答案为：． 三、解答题 23．如图，是的弦，，延长交于点．若，求的半径． 【答案】的半径为 【分析】本题考查的是垂径定理，熟知平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解答此题的关键． 连接，结合垂径定理，可得，假设的半径为，可由为直角三角形列出相关方程，解出的值，即为的半径． 【详解】解：连接，如下图所示： ∵，结合垂径定理，可知点为的中点， 故， 令的半径为，结合，则, 又∵，为直角三角形， 结合勾股定理，有， 得，解得， 故的半径为． 24．如图，某铜镜残片呈圆弧形，测得圆弧的两端A，B之间的距离为，上的点到弦的最大距离为． (1)用无刻度的直尺和圆规作出铜镜残片所在圆的圆心； (2)求该铜镜所在圆的半径． 【答案】(1)见解析 (2)该铜镜所在圆的半径为 【分析】本题考查了圆的基本性质，几何作图能力，及勾股定理的应用，灵活利用圆的基本性质和勾股定理是解题的关键． （1）根据圆的圆心在任意弦的垂直平分线上，这一性质，通过作两条不同弦的垂直平分线，其交点即为圆心． （2）利用“圆的半径、弦心距、弦长的一半构成直角三角形”，结合已知条件列方程求解即可． 【详解】（1）（1）如图所示 （2）（2）如图，设的垂直平分线与圆弧交点为D，则点D是到弦距离最大的点，连接，，交于点； 设圆的半径为，由垂径定理得，，∴， 在中，由勾股定理得：， 解得： 即该铜镜所在圆的半径为． 25．如图，为正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点． (1)求证∶与相切； (2)若正方形的边长为1，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）过作于，连接，由正方形的性质结合已知条件可得出，由三角形内角和可得出，进一步即可证明与相切； （2）由（1）易知为等腰直角三角形，为半径，设，由勾股定理可得出，进而可得出，再由勾股定理可得出，由正方形的性质可得出，求出，进而列出等式计算即可． 【详解】（1）证明∶过作于，连接， 与相切于点， ， 四边形为正方形， ， ， 又为正方形对角线， ， ∴， ， 与相切； （2）解∶由（1）易知为等腰直角三角形，为半径， 设， ∴ ， 在中，， ∴， ， ． ， ， 的半径为. 【点睛】本题主要考查了圆的性质，正方形的性质，证明某直线是圆的切线，等腰直角三角形的判定以及性质，勾股定理，平行线的性质等知识，掌握这些性质是解题的关键． 26．如图，四边形内接于为直径，过点作于点，连接． (1)求证：； (2)连接，，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，扇形的面积公式，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据圆内接四边形的性质，可得，结合，可推出，即可作答． （2）先结合以及圆周角定理得，再证明是等边三角形，结合勾股定理列式计算，又因为，则，最后把数值代入进行计算，即可作答． 【详解】（1）证明： 四边形是的内接四边形， ， 又 ， ； （2）解：如图，过点作于点， 为的直径， ， ， ∵ ∴， ， 是等边三角形， ∴ ∴， ， ∵， ， ． 27．如图三个顶点的坐标分别是，，，将绕C逆时针旋转，得到； (1)请在网格图中画出． (2)在（1）的条件下，则点B的路径的长为_____． (3)若是的外接圆，直接写出点M的坐标_______． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题主要考查了作旋转图形、求弧长、求三角形的外接圆的圆心等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键. （1）利用网格特点和旋转的性质画出点的对应点，然后再顺次连接即可解答； （2）先根据勾股定理求得的长，进而利用弧长公式求解即可； （3）根据网格特点作出的垂直平分线的交点M，再结合坐标系即可解答． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求. （2）解：∵ ∴点B的路径的长为． （3）解：如图所示，． 28．如图，四边形的顶点都在半圆O上，是半圆O的直径，，连接，P在延长线上，且． (1)求证：是半圆O的切线． (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)6 【分析】本题考查了圆周角定理与性质，等腰三角形的性质，切线的判定定理，三角形中位线定理及勾股定理． （1）通过圆周角定理，等腰三角形性质证明，从而证得是半圆O的切线； （2）通过构造中位线，勾股定理列方程求出半径，进而得到的长． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵， ∴，． ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． ∵为直径， ∴，即， ∴， ∴， 又∵为半圆O的半径， ∴为半圆O的切线． （2）解：如图，连接交于点E， 由（1）得， ∴， ∵为直径， ∴， ∴为的中位线， ∴， 设，则， ∴，解得：（负数舍去）， ∴． 29．如图，点为的外接圆上的一动点（点不在上，且不与点，重合），． (1)求的度数． (2)过点A作，交延长线于点E，求证：是的切线． (3)是否存在常数，使存在？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】本题考查“切线的判定”“圆周角定理”“圆内接四边形的性质定理”，构造合适的辅助线和全等三角形，从而建立题目中各线段、角度之间的联系是解题关键． （1）利用同弧所对角相等，推出的度数，再通过三角形内角和计算即可； （2）已知半径证垂直，连半径，借助平行的条件，通过证明得到即可； （3）通过在所在直线上构造与相等的线段，建立与相关联的线段，再通过全等三角形，找到角度或线段关系，从而得到该线段与的关系即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴； （2）证明：如图，连接， 由（1），得，， ∴为直径，为等腰直角三角形， ∴点为的中点，， 又∵， ∴， 又∵是的半径， ∴是的切线； （3）解：如图，在的延长线上截取，连接， ， ， ∵四边形是圆内接四边形， ∴，     又，                                ， 在与中， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ∴存在常数m，． 30．【感知】（1）如图①，点、、、均在上，点在外，点、、三点共线，，则为______度； 【理解】（2）如图②，是四边形的外接圆，连接、，点在上，，若延长到点，使，连接，请探究线段，，之间的数量关系； 【应用】（3）如图③，是的直径，点、在上，点是弧的中点，点为圆周上一动点，若，，求的长度． 【答案】（1）；（2）；（3）或 【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补，即可求解； （2）根据圆内接四边形的对角互补可得，推出，证明，得到，，推出，根据勾股定理得到，结合，，，即可求解； （3）分两种情况讨论：当点与点分别在直径的异侧时，当点与点分别在直径的同侧时，分别求得即可． 【详解】解：（1）点、、、均在上，， ， ， 点、、三点共线， ， 故答案为：； （2） 是四边形的外接圆， ， ， ， ，， 在和中， ， ， ，， 点在上， ，即， ，即， ， ，，， ， 线段，，之间的数量关系为； （3）当点与点分别在直径的异侧时，如图，连接，，，，过点作交的延长线于点， 是的直径， ， 点是弧的中点， ， ， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在中，， ∵， ∴， 在和中 ∴， ∴， ∴， ∴； 当点与点分别在直径的同侧时，如图，连接，，，过点作交的延长线于点， 是的直径， ， 点是弧的中点， ， ， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在中，， ∵， ∴， 在和中 ∴， ∴， ∴， ∴ 综上所述：或． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的综合题，圆内接四边形的性质，圆周角定理，旋转的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，全等三角形的判定与性质，理解题意并学会运用是解题的关键． 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24章圆易错题集2025-2026学年人教版数学九年级上册 一、单选题 1．如图，四边形内接于．若，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．如图，在中，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 3．已知的半径为，，为直线上一点，则直线与的位置关系是（   ） A．相交 B．相切 C．相离 D．相交或相切 4．如图，是的直径，弦交于点E，连接，．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 5．如图，为的弦，点在上，，，，则的长为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．如图，是的切线，是切点，分别交线段于两点，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 7．如图所示，半径为1的圆中，圆心角为的扇形的面积为（    ） A． B． C． D． 8．如图，四边形内接于，连接，若的半径为5．则的长为（   ） A． B． C． D． 9．如图，是的直径，点C在的延长线上，与相切，切点为点D，如果，那么（    ） A． B． C． D． 10．如图，顶点都在网格格点上，外接圆的圆心是（   ） A． B． C． D． 11．如图，圆锥的底面圆半径，高，则圆锥的侧面积是（    ） A． B． C． D． 12．如图，将半径为6的沿折叠，与垂直的半径交于点D且，则折痕的长为（　　） A． B． C．6 D． 13．如图，点O为正八边形的中心，连接、，则（   ）度． A．45 B．30 C．22.5 D．90 14．如图，是的直径，是的弦，若，，则的长度为（　　） A． B． C． D．3 15．如图，在中，，，，设与、分别相切于点、，平分，连接，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 16．如图，是的直径，点C、D在圆上，若，则 度． 17．如图，圆锥的母线，则其侧面展开图扇形的圆心角，则底面半径 ． 18．半径为、的两个圆的圆心距为，且是方程的根，则这两个圆的位置关系是 ． 19．如图，在正方形网格中，一条圆弧经过A、B、C三点，那么所对的圆心角度数是 ． 20．“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的应用，例如古典园林中的门洞，如图，某地园林中的一个圆弧形门洞的高为，地面入口宽为，则该门洞的半径是 ． 21．如图，半圆的直径，将半圆绕点旋转，得到半圆，交于点，若，则图中阴影部分的面积为 ． 22．“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的应用，例如古典园林中的门洞．如图（1），其数学模型如图（2）所示．园林中的一个圆弧形门洞的地面跨径米，为圆上一点，于点，且米，则门洞的半径为 米． 三、解答题 23．如图，是的弦，，延长交于点．若，求的半径． 24．如图，某铜镜残片呈圆弧形，测得圆弧的两端A，B之间的距离为，上的点到弦的最大距离为． (1)用无刻度的直尺和圆规作出铜镜残片所在圆的圆心； (2)求该铜镜所在圆的半径． 25．如图，为正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点． (1)求证:与相切； (2)若正方形的边长为1，求的半径． 26．如图，四边形内接于为直径，过点作于点，连接． (1)求证：； (2)连接，，，求阴影部分的面积． 27．如图三个顶点的坐标分别是，，，将绕C逆时针旋转，得到； (1)请在网格图中画出． (2)在（1）的条件下，则点B的路径长为_____． (3)若是的外接圆，直接写出点M的坐标_______． 28．如图，四边形的顶点都在半圆O上，是半圆O的直径，，连接，P在延长线上，且． (1)求证：是半圆O的切线． (2)若，，求的长． 29．如图，点为的外接圆上的一动点（点不在上，且不与点，重合），． (1)求的度数． (2)过点A作，交延长线于点E，求证：是的切线． (3)是否存在常数，使存在？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 30．【感知】（1）如图①，点、、、均在上，点在外，点、、三点共线，，则为______度； 【理解】（2）如图②，是四边形的外接圆，连接、，点在上，，若延长到点，使，连接，请探究线段，，之间的数量关系； 【应用】（3）如图③，是的直径，点、在上，点是弧的中点，点为圆周上一动点，若，，求的长度． 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 $