限时作业（十）（Word试题版）-【高效课堂】2026-2027学年九年级上册数学同步导学案限时作业（人教版·新教材）

**基本信息** 聚焦圆的概念与定理，分层设计基础巩固、中档应用、综合提升三级梯度，通过选择、填空、解答题递进训练，培养几何直观与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|圆的基本概念（直径、等弧）、点与圆位置关系|选择题1-3直接考查定义辨析，填空题9-10强化圆周角定理基础应用| |中档|垂径定理、圆心角与圆周角关系|选择题4-6结合图形应用定理，解答题13-14综合圆与等边三角形性质，培养推理能力| |提升|圆内接四边形、实际问题建模|填空题11-12融入空间图形与动态问题，解答题15-16结合拱桥模型与菱形判定，发展应用意识|

限时作业（十） 一、选择题 1. 下列说法错误的是（　 　） A. 直径是圆中最长的弦 B. 长度相等的两条弧是等弧 C. 面积相等的两个圆是等圆 D. 半径相等的两个半圆是等弧 2. 已知△ABC，AC=3，CB=4，以点C为圆心r为半径作圆，如果点A、点B只有一个点在圆内，那么半径r的取值范围是（　　） A. r＞3 B. r≥4 C. 3＜r≤4 D. 3≤r≤4 3. AB是⊙O的直径，点C在圆上，∠ABC=65°，那么∠OCA的度数是（　　） A. 25° B. 35° C. 15° D. 20° 4. 如图，AB是的直径，弦于点E，，则的度数为（ ） A. B. C. D. （广东中考） 5. 如图，是的直径，点C为圆上一点，，的平分线交于点D，，则的直径为（ ） A. B. C. 3 D. 2 6. 如图，是的直径，，是上的两点，且平分，分别与，相交于点，，则下列结论不一定成立的是（　　） A. B. C. D. 7. 已知⊙O的半径为10，圆心O到弦AB的距离为5，则弦AB所对的圆周角的度数是（　　） A. 30° B. 60° C. 30°或150° D. 60°或120° 8. 如图，四边形内接于⊙O，交的延长线于点E，若平分，，则等于（　　） A. B. 6 C. D. 二、填空题 （黑龙江中考） 9. 如图，在中，是直径，弦的长为5cm，点在圆上，且，则的半径为_____． 10. 如图，AC为⊙O的直径，点B在圆上，OD⊥AC交⊙O于点D，连接BD，∠BDO=15°，则∠ACB=_____． 11. 把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，，则球的半径为________． 12. 如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 _____． 三、解答题 13. 如图，A，P，B，C是半径为8的⊙O上的四点，且满足∠BAC=∠APC=60°， （1）求证：△ABC是等边三角形； （2）求圆心O到BC的距离OD． 14. 如图，由小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，且每个小正方形的边长为1．经过A，B，C三个格点，仅用无刻度的直尺按要求画图．（保留作图痕迹） （1）在图1中的圆中作出圆心O和弧的中点D． （2）在图2中的弧上找一点E，使． 15. 如图，有一座圆弧形拱桥，它的跨度为，拱高为． （1）求圆弧形拱桥的半径； （2）当洪水泛滥到跨度只有时，就要采取紧急措施，若某次洪水中，拱顶离水面只有，即时，试通过计算说明是否需要采取紧急措施． 16. 如图，四边形ABDC内接于⊙O，∠BAC＝60°，AD平分∠BAC交⊙O于点D，连接OB，OC，BD，CD． （1）求证：四边形OBDC是菱形； （2）若∠ABO＝15°，OB＝2，求弦AC长． 限时作业（十） 一、选择题 【1题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】根据直径的定义对进行判断；根据等弧的定义对进行判断；根据等圆的定义对进行判断；根据半圆和等弧的定义对进行判断． 【详解】解：A、直径是圆中最长的弦，所以选项的说法正确，不符合题意； B、在同圆或等圆中，长度相等的两条弧是等弧，所以选项的说法错误，符合题意； C、面积相等的两个圆的半径相等，则它们是等圆，所以选项的说法正确，不符合题意； D、半径相等的两个半圆是等弧，所以选项的说法正确，不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题考查了圆的认识，解题的关键是掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）． 【2题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】根据点与圆的位置关系即可得到答案. 【详解】根据题意可知，以点C为圆心r为半径作圆，如果只要一个点在圆内，当r＞3时，则只有点A在圆内，而当r＞4时，则点A、点B都在圆内，不符合题意，而当r＝4时，点B在圆上，不在圆内，故r＝4可取，故r的取值范围为3＜r≤4，故答案选C. 【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，解本题的要点在于根据题意求出r的取值范围，从而得到答案. 【3题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】根据直径得出∠ACB=90°，进而得出∠CAB=25°，进而解答即可． 【详解】解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB=90°， ∵∠ABC=65°， ∴∠CAB=25°， ∵OA=OC， ∴∠OCA=∠CAB=25°， 故选A． 【点睛】本题考查了圆周角定理，正确理解圆周角定理是关键． 【4题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】连接OD，根据垂径定理得CD=2DE，从而得是等腰直角三角形，根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：连接OD， ∵AB是的直径，弦于点E， ∴CD=2DE， ∵， ∴DE=OE， ∴是等腰直角三角形，即∠BOD=45°， ∴=∠BOD=22.5°， 故选B． 【点睛】本题主要考查圆的基本性质，熟练掌握垂径定理和圆周角定理，是解题的关键． （广东中考） 【5题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】如图，过点作于．通过角平分线的性质证明，推出，推出，可得结论． 【详解】解：如图，过点作于． 是直径， ， ， 平分，，， ， ， ， ， ， ， 【6题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】由圆周角定理和角平分线得出，，由等腰三角形的性质得出，得出，证出，选项A成立；由平行线的性质得出，选项B成立；由垂径定理得出，选项D成立；和中，没有相等的边，与不全等，选项C不成立，即可得出答案． 【详解】∵是的直径，平分， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，选项A成立； ∴，选项B成立； ∴，选项D成立； ∵和中，没有相等的边， ∴与不全等，选项C不成立， 故选C． 【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，平行线的性质，角平分线的性质，解本题的关键是熟练掌圆周角定理和垂径定理． 【7题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，OA=10，OD=5．根据特殊角的三角函数值求出∠AOB的度数，再根据圆周定理求出∠C的度数，再根据圆内接四边形的性质求出∠E的度数即可． 【详解】解：由图可知，OA=10，OD=5， 在Rt△OAD中， ∵OA=10，OD=5，AD==， ∴tan∠1=， ∴∠1=60°， 同理可得∠2=60°， ∴∠AOB=∠1+∠2=60°+60°=120°， ∴∠C=60°， ∴∠E=180°-60°=120° 即弦AB所对的圆周角的度数是60°或120°， 故选D． 【点睛】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的对角互补、解直角三角形的应用等，正确画出图形，熟练应用相关知识是解题的关键． 【8题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】连接，根据角平分线的定义得到，根据圆内接四边形的性质得到，根据圆周角定理得到，进而证明，根据等腰三角形的判定定理得出，根据勾股定理计算，进而得到答案． 【详解】 如图，连接． ∵平分， ∴， ∵四边形为圆内接四边形， ∴， 由圆周角定理得：， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定、圆周角定理、勾股定理、角平分线定义，熟练掌握圆周角定理和圆内接四边形对角互补是解题的关键． 二、填空题 （黑龙江中考） 【9题答案】 【答案】5cm 【解析】 【分析】连接BC，由题意易得，进而问题可求解． 【详解】解：连接BC，如图所示： ∵， ∴， ∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∴的半径为5cm； 故答案为5cm． 【点睛】本题主要考查圆周角定理及含30°直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理及含30°直角三角形的性质是解题的关键． 【10题答案】 【答案】60° 【解析】 【分析】如图，连接DC，由AC为⊙O的直径，OD⊥AC，可得∠DOC=90°，∠ABC=90°；又因OD=OC，根据等腰直角三角形的性质可得∠ODC=45°，即可求得的∠BDC=30°，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠A=30°，由此可得∠ACB=60°． 【详解】连接DC， ∵AC为⊙O的直径，OD⊥AC， ∴∠DOC=90°，∠ABC=90°， ∵OD=OC， ∴∠ODC=45°， ∵∠BDO=15°， ∴∠BDC=30°， ∴∠A=30°， ∴∠ACB=60°， 故答案为：60° 【点睛】本题考查了圆周角定理的应用，熟记圆周角定理的内容是解题的关键． 【11题答案】 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理，矩形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 过作，延长交于点，连接，，，则有四边形是矩形，故有，设球的半径为，则，然后通过勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，过作，延长交于点，连接， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 设球的半径为，则， 由勾股定理得：， ∴，解得：， 故答案为：． 【12题答案】 【答案】 【解析】 【分析】如图，由EG＝2，确定在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， 再证明（SAS）， 可得可得当三点共线时，最短，则最短，再利用勾股定理可得答案． 【详解】解：如图，由EG＝2，可得在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， ∵正方形ABCD， ∴ ∴ ∵DE=DF， ∴（SAS）， ∴ ∴当三点共线时，最短，则最短， ∵位BC 中点， ∴ 此时 此时 所以CF的最小值为： 故答案为： 【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键． 三、解答题 【13题答案】 【答案】（1）证明见解析（2）4 【解析】 【详解】解：（1）证明：∵∠APC和∠ABC是同弧所对的圆周角，∴∠APC=∠ABC． 又∵在△ABC中，∠BAC=∠APC=60°，∴∠ABC=60°． ∴∠ACB=180°﹣∠BAC﹣∠ABC=180°﹣60°﹣60°=60°． ∴△ABC是等边三角形． （2）连接OB， ∵△ABC为等边三角形，⊙O为其外接圆， ∴O为△ABC的外心． ∴BO平分∠ABC．∴∠OBD=30°.∴OD=8×=4． （1）根据同弧所对的圆周角相等的性质和已知∠BAC=∠APC=60°可得△ABC的每一个内角都等于60°，从而得证． （2）根据等边三角形三线合一的性质，得含30度角直角三角形OBD，从而根据30度角所对边是斜边一半的性质，得OD=8×=4 【14题答案】 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）取网格点，连接，与的交点即为点，取网格点，，连接，交于点，连接，并延长交圆于点，点即为所求； （2）取网格点、，连接，连接交于点，点即为所求． 【小问1详解】 解：如图所示： 【小问2详解】 解：如图所示： 【15题答案】 【答案】（1）； （2）不需要采取紧急措施，过程见解析． 【解析】 【分析】本题考查勾股定理和垂径定理，熟练应用垂径定理是解题的关键． （1）设为，通过勾股定理求得，最后算出，即可得到答案； （2）根据（1）知半径，根据勾股定理求得的值，再根据垂径定理求得的长，与对比得出结论． 【小问1详解】 解：设圆弧所在圆的圆心为，连结，，如图所示， ， 设，则半径， 已知，， 则半径，， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得， 则半径， 故半径为． 【小问2详解】 解：由（1）得圆弧半径， 当时，， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， 则， ， 不需要采取紧急措施． 【16题答案】 【答案】（1）见解析；（2）． 【解析】 【分析】（1）连接OD，证明△BOD和△COD是等边三角形，得到OB=BD=DC=OC，根据菱形的判定定理证明即可； （2）求出∠AOC=90°，根据勾股定理计算，得到答案． 【详解】（1）证明：连接OD， 由圆周角定理得，∠BOC=2∠BAC=120°， ∵AD平分∠BAC， ∴， ∴∠BOD=∠COD=60°， ∵OB=OD，OC=OD， ∴△BOD和△COD是等边三角形， ∴OB=BD=DC=OC， ∴四边形OBDC是菱形； （2）解:连接OA， ∵OB=OA，∠ABO=15°， ∴∠AOB=150°， ∴∠AOC=360°-150°-60°-60°=90°， ∴AC=． 【点睛】本题考查的是菱形的判定、圆周角定理、勾股定理，掌握圆周角定理、菱形的判定定理是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $