第3章圆单元检测2026-2027学年数学九年级上册苏科版

**基本信息** 本单元卷聚焦九年级上册圆的核心知识，以《九章算术》、建筑门洞、太阳高度角等文化与现实情境为载体，通过基础巩固（如点与圆位置关系）、能力提升（如阴影面积计算）、创新应用（如动态点最值）的梯度设计，适配新授课检测，培养几何直观与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10题/30分|点与圆位置关系、正多边形中心角、圆锥侧面积|第7题融入《九章算术》勾股容圆问题，体现文化传承| |填空题|6题/24分|垂径定理、正六边形面积、动态点最值|第16题结合坐标系与圆，考查数形结合思想| |解答题|5题/46分|切线证明、实际规划应用|第21题以公园规划为背景，综合圆周角定理与面积计算，培养模型意识|

第3章圆检测卷-2026-2027学年数学九年级上册苏科版（新教材） 一、单选题 1．已知的半径为3，，则点与的位置关系是（    ） A．点在内 B．点在上 C．点在外 D．不能确定 2．如图，是的内接正边形的一边，点在上，，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．如图，四边形内接于，连接，．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 4．下列语句中，正确的是（    ） A．圆的对称轴是直径 B．等弧所对的圆心角相等 C．平分弦的直径垂直于这条弦 D．圆的内接正五边形的边长等于圆的半径 5．如图，与的两边相交于点 ，，，（均不与点重合），若，则的度数不可能是（    ） A． B． C． D． 6．已知一个圆锥底面圆的半径为4，母线长为5，则该圆锥的侧面积为（    ） A．20 B． C． D． 7．《九章算术》中记载：“今有勾五步，股一十二步．问勾中容圆径几何？”译文：今有一个直角三角形（如图），勾（短直角边）长为步，股（长直角边）长为步，问该直角三角形内切圆的直径是多少？求得该直径等于（    ）步（注：“步”为古代长度单位）． A． B． C． D． 8．如图，以为直径作半圆，是半圆上一点，以点为圆心，的长为半径画弧交直径于点，若，，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C．2 D． 9．如图，正六边形的中心为原点O，顶点B，E在轴上，半径为4，则顶点F的坐标为（    ） A． B． C． D． 10．如图，是地球示意图，表示赤道，太阳光线，地平面与相切，某时刻，当地纬度，太阳直射纬度时，则太阳高度角（太阳光线与地平面的夹角）的度数为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 11．已知是的直径，弦 于点， 若，，则的长为______． 12．如图，边长为1的正六边形内接于，连接，，则阴影部分的面积为___________． 13．如图，是半圆的直径，，则等于__________． 14．“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在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，D为圆上一点，于点C，且，则门洞的半径为________m． 15．如图，矩形中，是中点．以为直径的半圆交于，两点，若，，则的长度是______． 16．“数缺形时少直观，形少数时难入微”是我国著名数学家华罗庚教授的名言．说明数形结合是解决许多数学问题的有效思想．如图，在平面直角坐标系内，以点为圆心，以1为半径的圆上有一动点，，两点均在轴上，且，的最大值为______． 三、解答题 17．如图，是的直径，是的弦，于点E，C是的中点，连接． (1)求证：． (2)若，求的半径． 18．如图，内接于，为的直径，． (1)求证：为的切线； (2)若，，求劣弧的长． 19．尺规作图（温馨提示：以下作图均不写作法，但需保留作图痕迹．） (1)如图①，点在直线上，交直线于两点，在上方的圆弧上找一点，使得； (2)如图②，点在直线上，交直线于两点，在上方的圆弧上找一点，使得 20．如图，在中，直径，是线段延长线上的一点，切于点，是上一点，且，连接，． (1)求证：是的切线； (2)当时（如图2），求的长； (3)若四边形是菱形（如图3），求阴影部分面积． 21．【问题提出】 （1）如图，内接于，，过作于点．    ①如图1，求证：； ②如图2，当圆心恰好落在上时，求的度数； 【问题解决】 （2）如图3，在某城市公园的规划中，设计了一个圆形人工湖，湖边设有多个观景台与休息点，公园主入口与湖边的观景台、可通过步道、直接到达，点、、在上，且米，石板小路是一条从观景台出发的内部通道，其延长线与人工湖交于点，点为公园出口，于点，沿铺设石子小路，在道路上设置一个休息点，其中，（观景区）的面积为平方米，试求步道段的长．（景观台、休息点的大小及步道、石板小路、石子小路的宽度均忽略不计） 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3章圆检测卷-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 C C B A B B C B C 1．A 【分析】本题考查点与圆的位置关系，根据的半径为3，，且，即可得出结果，熟练掌握点到圆心的距离与圆半径的大小关系对应的位置关系是解题关键． 【详解】解：∵的半径为3，，且， ∴点在内， 故选：A． 2．C 【分析】本题考查了正多边形和圆，圆周角定理，求出中心角的度数是解题的关键．连接，，由圆周角定理得，再根据正边形的边数中心角，即可得解． 【详解】解：如图，连接，， ， ， 是的内接正边形的一边，   ． 故选：C． 3．C 【分析】本题考查圆的内接四边形的性质，圆周角定理． 先根据圆的内接四边形的对角互补求出，再根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：四边形内接于，， ， ； 故选：C． 4．B 【分析】本题考查了圆的认识，垂径定理和圆内接正多边形．根据弧与圆心角的关系，垂径定理和圆的对称轴求解判断即可． 【详解】解：A、圆的对称轴是直径所在的直线，直径是线段而非直线，该选项不符合题意； B、等弧是能够完全重合的弧，在同圆或等圆中，等弧所对的圆心角相等，该选项符合题意； C、平分弦（非直径）的直径垂直于这条弦，若弦为直径，平分它的直径不一定垂直于该弦，该选项不符合题意； D、圆的内接正六边形的边长等于圆的半径，正五边形的边长不等于圆的半径，该选项不符合题意； 故选：B． 5．A 【分析】本题考查了圆周角定理，三角形外角的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 连接，，，得到，由三角形外角的性质得到，继而得到，得出的度数不可能是． 【详解】解：如图，连接，，， ， ，， ， ∴的度数不可能， 故选：A． 6．B 【分析】本题考查圆锥侧面积的计算，需熟记圆锥侧面积公式，代入已知数据计算即可． 【详解】解：∵圆锥侧面积公式为（其中为底面半径，为母线长）． 又∵该圆锥底面半径，母线长． ∴． 故选B． 7．B 【分析】本题考查求直角三角形的内切圆的半径、切线的性质、勾股定理．首先利用勾股定理求出直角三角形的斜边长为，根据切线的性质可知，利用三角形的面积公式求出内切圆的半径，再根据直径与半径的关系求出结果． 【详解】解：如下图所示，连接、、、、、， 则有、、， ， ，，， ， ， ， ， 解得：， ， 答：该直角三角形内切圆的直径是. 8．C 【分析】本题考查求不规则图形的面积，根据求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴ ， 故选：C． 9．B 【分析】本题考查了正多边形与圆，掌握直角三角形的角所对的边等于斜边的一半，勾股定理等知识是解决此题的关键． 连接，与轴的交点为，根据正多边形的性质求出圆心角，证明为等边三角形，然后利用直角三角形的角所对的边等于斜边的一半以及勾股定理求出相关线段的长度，最后确定点的坐标即可． 【详解】解：如图，连接，与轴的交点为， ∵六边形为正六边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 由勾股定理得， ∴点F的坐标为， 故选：B． 10．C 【分析】本题主要考查了切线的性质、平行线的性质及角度的和差计算，熟练掌握切线的性质并结合平行线性质推导角度关系是解题的关键． 先利用切线性质得到直角，再结合太阳光线平行的条件，通过角度的和差关系推导太阳高度角的度数． 【详解】解：如图，设切点为，连接， ∵ 地平面与相切于， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∵ ，， ∴ ， 故选：C． 11．或 【分析】本题考查勾股定理和垂径定理的应用，根据题意做出图形是本题的解题关键，注意分类讨论．结合垂径定理和勾股定理，在中，求得的长，则或，据此即可求解． 【详解】解：如图，连接， 的直径， ， 于点， ， 在中，， ， 如图： 同理，可求得， 此时， 故的长是或， 故答案为：或． 12．/ 【分析】本题主要考查了扇形面积、正六边形的性质、等边三角形的性质等知识点，熟练掌握扇形的面积公式是解决此题的关键． 根据阴影部分的面积等于扇形的面积减去三角形的面积求解即可． 【详解】解：∵边长为1的正六边形内接于， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 如图：作于G， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积为． 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了圆周角定理，三角形内角和定理和圆内接四边形的性质等知识点，能根据直径所对的圆周角是直角得出是解此题的关键．由直径所对的圆周角为直角可得，由三角形内角和定理求，然后根据，计算求解即可． 【详解】解：∵是半圆O的直径， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 14．/ 【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，以及二元二次方程组的应用，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，然后由题意列出方程组，解方程组即可. 【详解】解：过作于，过作于，如下图所示： 则米，， ∵， ∴, ∴四边形是矩形, ∴，，， 设该圆的半径长为米， 根据题意得 解得 即门洞的半径长为米， 故答案为：． 15． 【分析】设的中点为点，连接、，过点作，，可证四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，根据矩形的性质和垂径定理可以求出，利用三角形中位线定理可以求出，即可证明四边形是正方形，根据正方形的性质可知，利用勾股定理可以求出，即可知，再利用勾股定理可得，根据垂径定理可知． 【详解】解：如下图所示，设的中点为点，连接、，过点作，交于点， 则有，，， 四边形是矩形， ， 四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形， ，，， ， ， ， ∵点是的中点，点为的中点， 是的中位线， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理、垂径定理、三角形的中位线定理，解决本题的关键是作辅助线构造矩形、正方形，利用勾股定理求出线段的长． 16． 【分析】本题主要考查了坐标与图形，勾股定理，一点到圆上一点的最值问题，根据勾股定理分别求出，进而可得；由勾股定理得到，进而得到，故当O、C、P三点共线，且点C在线段上时有最大值，即此时有最大值，据此求出的最大值即可得到答案． 【详解】解：∵，，， ∴， ， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵P在以点为圆心，以1为半径的圆上， ∴当O、C、P三点共线，且点C在线段上时有最大值，即此时有最大值， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 17．(1)见解析 (2)5 【分析】本题考查了圆心角定理，垂径定理，熟练掌握圆心角定理及垂径定理是关键． （1）根据垂径定理，得到，即可证明，根据圆心角定理，即可证明结论； （2）连接OD，根据垂径定理及勾股定理，即可列方程求解． 【详解】（1）解：（1）证明：是的直径，于点， ． 是的中点， ， ， ． （2）解：如图，连接OD， 由（1）可知，， 是的直径，于点， ，             设的半径为，则， 在Rt中，， 即， 解得， 的半径为5． 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角得出，根据在同圆中，等弧所对的圆周角相等得出，推得，根据直角三角形的性质得出，即可推得，即可证明； （2）延长，在的延长线上确定一点，使得，过点作，连接，根据等边三角形的判定和性质得出，，结合勾股定理求出，，根据直角三角形的性质和圆周角定理得出，，结合勾股定理求出，根据弧长公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵内接于，为的直径， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴为的切线． （2）解：延长，在的延长线上确定一点，使得，过点作，连接，如图： ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 故． 在中，， 在中，， ∵， ∴，， 故， 故， 在中，， 即， ∴， ∴， 即的半径为． 故劣弧的长为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，弧长公式，勾股定理，直角三角形的性质，切线的判定定理，等边三角形的判定和性质等，熟练掌握圆周角定理和切线的判定定理是解题的关键． 19．(1) 点P即为所求； (2) 点P即为所求． 【分析】本题考查了作垂线，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）作的垂直平分线，与交于点，再以点为圆心，以为半径，画弧交的垂直平分线，于点，连接，交于点P，因为，所以，即，即可作答． （2）以点为圆心，为半径画圆，交于点P，由（1）得由得，即可作答． 【详解】（1）略 （2）略 20．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）如图，连接、，则有，证明得，根据切线的性质可得，进而得到，即可得证； （2）如图，连接、，由（1）知：，证明四边形为正方形，求出，由勾股定理可得，再根据线段的和差即可解答； （3）如图，连接、，设，则，根据菱形的性质、切线的性质可得，进而得到，最后根据即可解答． 【详解】（1）证明：如图，连接、，则， 在和中， ， ∴， ∴， ∵切于点，是上一点， ∴， ∴，即， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：如图，连接、， 由（1）知：， ∵， ∴四边形为矩形， 又∵，直径， ∴四边形为正方形， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，连接、，设， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由（1）知：， ∴，， ∴， ∴ ． 即阴影部分的面积为． 【点睛】本题属于圆的综合题，考查了切线的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定、菱形的性质、正方形的判定与性质、扇形的面积公式等知识点，掌握切线的判定与性质、扇形的面积公式是解题的关键． 21．（1）①见解析；②；（2）步道段的长为米 【分析】本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质与判定，勾股定理的应用． （1）①根据得出，则，进而根据，即可得出结论； ②证明为等边三角形即可求解； （2）如图，在上取一点G，连接，使得，则，同（1）得，得出，则，过点G作于点I，于点J，得出，证明得出，根据（观景区）的面积为平方米，得出，进而可得，进而根据勾股定理，即可求解． 【详解】（1）①证明：， ， ， ． ， ， ， ． ②解：，经过点O， ， ． ， ， ，即为等边三角形， ． （2）解：如图，在上取一点G，连接，使得， ． ，同（1）得， ， ． 如图，过点G作于点I，于点J，   ，， ． ， ． 在和中，， ，， ， ． ， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ， ，即步道段的长为200米． 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 $