（暑假预习课）第3章圆-2026-2027学年数学九年级上册苏科版

**基本信息** 苏科版九年级上册圆单元暑假预习卷，覆盖圆的基本性质、正多边形与圆、切线定理等核心知识点，通过基础巩固与创新应用梯度设计，培养几何直观、推理能力与模型意识。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|10|等弧对等弦（第1题）、弦长范围（第2题）|基础概念辨析，强化数学眼光| |填空题|6|正多边形内角（第11题）、外接圆直径（第12题）|知识迁移应用，体现数学思维| |解答题|5|切线证明（第18题）、阴影面积计算（第18题）、正方形与圆综合（第21题）|融合文化情境（第6题割圆术），突出创新应用，培养数学语言表达|

（暑假预习课）第3章圆-2026-2027学年数学九年级上册苏科版（新教材） 一、单选题 1．下列说法正确的是（   ） A．在同圆或等圆中，等弧对等弦 B．三点确定一个圆 C．半径是弦 D．平分弦的直径垂直于弦 2．已知的半径为5，则中弦的长度不可能是（   ） A．0.01 B．5 C．10 D．11 3．如图，是的直径，，若，则（    ） A． B． C． D． 4．如图，A，B，C是上的三点，是等边三角形．若，则的半径是（    ） A． B． C． D． 5．如图，在平面直角坐标系中，点，，，则的外心坐标是（    ） A． B． C． D． 6．我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416．如图，的半径为2，运用“割圆术”在圆的内部画正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若在圆的内部画正八边形作近似估计，可得的估计值为（   ） A．3 B．3.14 C． D． 7．如图，是的直径，A，C在圆上，，的度数是（    ） A． B． C． D． 8．如图，的半径为2，、是互相垂直的两条直径，点是上任意一点与、、、不重合），经过作于点，于点，点是的中点，当点沿着圆周转过时，点走过的路径长为     A． B． C． D． 9．如图，正六边形内接于，若的面积为，则正六边形的边长为（   ） A． B．3 C．2 D． 10．如图，已知、为的切线，、为切点，若，则的切线（　　）． A． B． C． D． 二、填空题 11．正边形的边数变为原来的倍时，它的每个内角增加_______，每个中心角减少_____． 12．已知直角三角形的两直角边分别为和，则它的外接圆的直径为_____． 13．如图，是的内接三角形，，，，则的半径__________． 14．如图，在正八边形中，与交于点，则的值为__________． 15．如图，点A，B的坐标分别为，，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最小值为______________________ ． 16．在平面直角坐标系中，的半径为2．对于的弦和不在直线上的点C，给出如下定义：若点C关于直线的对称点不在外，且此时，则称点C是弦的“点”．如图，已知点，点，在点，，中，点_______是弦的“点”；若点是弦的“点”，则点的横坐标的最大值为_______． 三、解答题 17．如图，是的直径，是弦，于点，交圆于点，连接． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 18．如图，为的直径，内接于，且，连接，在的延长线上取一点E，使得． (1)求证：为的切线； (2)若的半径为2，时，求图中阴影部分的面积． 19．如图，在中，直径交于点，连接，弦过点且与相交于点G，点D平分． (1)求证：； (2)若的半径为3，求的长． 20．如图1，在等腰中，，点O是的外心，作外接圆，延长，交于点D． (1)连接，求证：； (2)若，求度数； (3)如图2，在的延长线上取点E，连接，若，，，求的长． 21．如图①，，分别是半圆的直径上的点，点，在上，且四边形是正方形． (1)若，则正方形的面积为　 　； (2)如图②，点，，分别在，，上，连接，，四边形是正方形，且其面积为9 ①求的值； ②如图③，点，，分别在，，上，连接，，四边形是正方形．求正方形与正方形的面积比． 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 《（暑假预习课）第3章圆-2026-2027学年数学九年级上册苏科版（新教材）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D C C B C C A D A 1．A 【分析】本题考查圆的基本性质． A涉及弧与弦的关系，B涉及确定圆的条件，C涉及半径与弦的定义，D涉及垂径定理的表述，根据圆的基本性质判断正误即可． 【详解】解：A：在同圆或等圆中，等弧所对的圆心角相等，∴所对的弦也相等，故A正确； B：只有当三点不共线时才能确定一个圆，共线时不能确定，故B错误； C：半径是连接圆心和圆上一点的线段，而弦是连接圆上两点的线段，半径只有一个端点在圆上，半径不是弦，故C错误； D：直径也是弦，平分直径的直径不一定垂直于这条直径，故D错误； 故选：A． 2．D 【分析】本题考查了圆的弦的性质． 根据圆的弦的性质，弦的长度不能超过直径．已知半径为5，直径为10，因此弦长不可能大于10． 【详解】解：∵的半径为5， ∴直径长为10． ∵弦的长度满足， ∴的长度不可能为11． 故选：D． 3．C 【分析】本题主要考查了圆心角和圆周角的关系，圆周角和弧的关系等知识点． 先根据等弧所对的圆周角相等得到，再求解即可得到答案. 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 4．C 【分析】本题考查三角形的外接圆与外心，直角三角形的性质，掌握等边三角形的性质，应用垂径定理和勾股定理解题是关键． 连接、，过点作，结合同弧所对的圆心角是圆周角的两倍、等腰三角形的性质和三角形内角和为得到，再利用垂径定理，直角三角形的性质，勾股定理即可求出的半径． 【详解】解：连接、，过点作， ∵是等边三角形的外接圆， ∴， ∴， ， 又∵， ∴， 在中，利用勾股定理得，． 故选：． 5．B 【分析】本题主要考查三角形的外心，熟练掌握三角形的外心是解题的关键；根据三角形的外心可分别作出线段的垂直平分线，它们的交点即为三角形的外心，进而问题可求解． 【详解】解：如图， 由图可知：的外心坐标是； 故选B． 6．C 【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正八边形的性质，直角三角形的边角关系以及三角形面积的计算方法是正确解答的关键．根据正八边形的性质求出，根据直角三角形的边角关系求出边上的高，由三角形的面积的计算方法可求出的面积，进而得到正八边形的面积即可． 【详解】解：如图，正八边形内接于，连接，，过点A作于点M， ∵八边形是正八边形， ∴， 在中，，， ∴， ∴正八边形的面积为． 圆的面积为， 即可估计的近似值为． 故选：C． 7．C 【分析】本题考查的是圆周角定理，熟知直径所对的圆周角是直角是解答此题的关键． 由是⊙O的直径，得到，再根据及与互余即可求解． 【详解】解：∵是⊙O的直径， ∴， ∵， ∴（同弧所对的圆周角相等）， ． 故选：C． 8．A 【分析】本题考查矩形的性质和判定，弧长公式，掌握相关知识是解决问题的关键．证明四边形是矩形，因为点为的中点，则点为的中点，当点沿着圆周转过时，点走过的路径是在以为圆心为半径的圆上转过，利用弧长公式计算即可． 【详解】解：如图，连接， 于点，于点， 四边形是矩形， 又点为的中点， 点为的中点， 则， 点走过的路径长． 故选：A． 9．D 【分析】本题主要考查了圆内接正六边形的性质，等边三角形的判定及性质，正确运用圆与正六边形的性质是解此题的关键．连接，，设的半径为，由正六边形内接于，可知是等边三角形，由的面积是，可得即可得出结果． 【详解】解：如图所示：连接，，设的半径为， ∵正六边形内接于， 是等边三角形， ∴ ∵的面积是， ∴ 故选：D． 10．A 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，圆的切线的性质，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键． 根据题意，证得，利用全等三角形的性质即可求解． 【详解】解：、为的切线，、为切点， ，，， ， 在和中， ， ， ． 故选：A． 11． 【分析】本题考查了正多边形的外角、内角及中心角的计算方法，关键是知识的熟练应用． 分别计算出两个正多边形每个内角及中心角的度数，然后作差即可求得. 【详解】解：∵正边形的每个外角为， ∴每个内角为， ∵正边形的每个外角为， ∴正边形的每个内角为， ∴， ∵正边形的每个中心角为， 正边形的每个中心角为， ∴ 故答案是：，． 12． 【分析】本题考查了三角形的外接圆，勾股定理，熟记直角三角形外接圆的直径等于斜边长是解题的关键．根据勾股定理求出直角三角形的斜边长，再根据直角三角形外接圆的直径等于斜边长即可得解． 【详解】解：直角三角形的两直角边分别为和， 直角三角形的斜边长为， 这个直角三角形的外接圆的直径为：． 故答案为： ． 13．/ 【分析】本题考查了圆周角定理、勾股定理、三角函数，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 过点作交于点，延长交圆于点，连接，设，根据勾股定理求出和，由进行求解即可． 【详解】解：如图，过点作交于点，延长交圆于点，连接， ∵，，， 设，则， ∵，， ∴， 即， ， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的半径． 故答案为： 14． 【分析】本题考查了正多边形与圆、等腰直角三角形的性质，设正八边形的边长为，根据正八边形的性质证明四边形是菱形，是等腰直角三角形，进而可以解决问题． 【详解】解：设正八边形的边长为， ∵是正八边形， ∴，，， 又∵， ∴ ∴， ∴， 连接， ∵ ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 同理可得 ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了坐标与图形性质，作出正确的辅助线，确定点C的运动轨迹是解答本题的关键．先确定点C的运动轨迹，再作点A关于原点的对称点E，连接，交于C，当最小时，也就是最小，在点C移动过程中，当点C在如图所示的位置时，的值最小，利用勾股定理求出最小值即可． 【详解】解：∵，，即， ∴点C的运动轨迹是以点D为圆心，半径为1的圆周上运动， 如图，作点A关于原点的对称点E，连接，交于点C， ∵O为中点，M为中点， ∴为的中位线， ∴， 当最小时，也就是最小，在点C移动过程中，当点C在如图所示的位置时，的值最小， 在中，，，根据勾股定理得： ， ∴， ∴． 故答案为：． 16． 【分析】取点，连接，先求出与关于直线对称，则点都在的圆内或圆上，点都在的圆内或圆上，再求出的长，与半径2的大小进行比较即可得；作等边的外接圆，连接，交于点，过点作轴于点，过点作，交延长线于点，连接，，先根据等边三角形的性质和外接圆的性质可得点的横坐标和的半径，再证出点的对称点一定不在外，满足题意，然后根据当轴时，点的横坐标最大，由此即可得． 【详解】解：如图，取点，连接， ∵点，点， ∴， ∴点都在以点为圆心、2为半径的上， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴点和点关于直线对称， ∴与关于直线对称， ∵若点关于直线的对称点不在外，且此时，则称点是弦的“点”， ∴点都在的圆内或圆上，点都在的圆内或圆上， ∵，，，， ∴，，， ∴点在上，点，都在外， ∴点是弦的“点”． 要使点的横坐标最大，则点应该在直线的上方， 如图，在直线的上方作等边的外接圆，连接，交于点，过点作轴于点，过点作，交延长线于点，连接，， 则垂直平分，为的角平分线，， ∴，即，， ∴， ∵， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∴在中，，， ∴等边的外接圆的半径为， ∴在内， ∵轴，， ∴， ∴， ∴， ∴在中，， ∴， ∴点的横坐标为， ∵点是弦的“点”， ∴， ∴如图，点在上， 又∵在内，与关于直线对称， ∴点的对称点一定不在外，满足题意， 由圆的性质可知，当轴时，点的横坐标最大，最大值为， 故答案为：；． 【点睛】本题考查了三角形的外接圆、圆周角定理、两点之间的距离公式、正方形的判定与性质、解直角三角形等知识，熟练掌握三角形的外接圆的性质是解题关键． 17．(1)见解析 (2)10 【分析】本题考查了垂径定理，三角形中位线的性质，直径所对的圆周角为，勾股定理解三角形，解决本题的关键是熟练掌握以上性质，并设出未知数由勾股定理求解． （1）根据垂径定理可得点E为中点，再由三角形中位线的性质即可证明； （2）设，则可得，再根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵是弦，于点， ∴由垂径定理可得点E为的中点， ∵点O为中点， ∴为的中位线， ∴； （2）解：设，则， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， 在中，， 即， 可得，解得， ∴， 即求的半径为10． 18．(1) 证明：连接，如下图： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵为的半径， ∴为的切线． (2) 【分析】（1）连接，由等边对等角得出，结合已知条件可得出，再结合可知，即可得出，进一步即可证明． （2）先利用垂径定理得出，再利用圆周角定理得出，，，最后根据求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵，为的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了证明某直线是圆的切线，垂径定理，圆周角定理，扇形的面积公式等知识，掌握这些知识是解题的关键． 19．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理的应用； （1）根据垂径定理的推论可得，根据同弧所对的圆周角相等可得，根据圆周角定理可得，进而即可得证； （2）根据直径所对的圆周角是直角，以及勾股定理求得的长，进而根据中位线的性质即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵弦过点 ∴是的直径， ∵点D平分 ∴， ∴，， ∴ 又∵ ∴ （2）解：连接， ∵ ∴ 又∵是的直径，则， ∴， ∴， 由（1）可得，是的直径， ∴， 又∵， ∴ 20．(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识． （1）连接，，由，，得到，结合，证明得到，即可证明； （2）设，则，，由和得到，再结合列方程求解即可； （3）延长交于，先证明，得到，，则，，设，半径，由，得到，代入整理得， 即可得到，最后根据列方程求解即可． 【详解】（1）解：连接，，    ∵，， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴； （2）解：设， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴； （3）解：如图，延长交于， 由（1）可得是的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， ∴设，半径，则，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 整理得， ∴， 由（1）得， ∴， 解得（负值舍去）， ∴． 21．(1)16 (2)①② 【分析】（1）连接，利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质得到，设正方形的边长为a，则，利用勾股定理解答即可得出结论； （2）①连接，设，则，，利用勾股定理列出方程，解方程求得x值，则结论可求； ②延长，交于点K，连接，利用正方形的性质和矩形的判定与性质，得到，，设正方形的边长为y，则MN=NP=DK=y，，，利用等腰直角三角形的性质求得y值，再利用正方形的面积公式解答即可． 【详解】（1）解：连接，如图， ∵四边形为正方形， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． 设正方形的边长为a，则， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴正方形的面积为16． 故答案为：16； （2）解：①连接，如图， ∵四边形是正方形，且其面积为9， ∴． 由（1）知：， 设，则，， ∴， ∵， ∴， ∴或（不合题意，舍去）， ∴， ∴． ②延长，交于点K，连接，如图， ∵四边形是正方形，四边形是正方形，四边形是正方形， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， 由①知：，， 设正方形的边长为y，则， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴，     ∴正方形的边长为． ∴正方形与正方形的面积比． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，正方形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正方形的面积，连接圆的半径，构造直角三角形是解决此类问题常添加的辅助线． 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 $