第3章 圆 单元测试 2026-2027学年苏科版数学九年级上册

**基本信息** 本卷为苏科版九年级上册圆单元检测卷，以基础概念为根基，融合文化传承（如“石磨”连杆机构）与跨学科情境（苯分子结构），梯度设计适配单元复习，全面考查圆的性质与应用。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|10|圆的概念、位置关系、垂径定理等|如第1题辨析直径与弦，夯实基础概念| |填空题|6|圆锥侧面展开、圆内接四边形、动态切线等|14题结合苯分子正六边形结构，体现跨学科应用| |解答题|6|切线判定、圆心距计算、动态最值等|22题以“石磨”连杆机构为背景，考查几何直观与推理能力，落实数学思维与应用意识|

第3章圆检测卷-2026-2027学年数学九年级上册苏科版 (2024) 一、单选题 1.下列说法正确的是() A.直径是弦，弦是直径 B.过圆心的弦是直径 C.在圆中，90°角所对的弦是直径D.相等的圆心角所对的弧相等 2.如图，在⊙0中，若∠AOB=66°，则∠ACB的度数为() B A.12° B.22° C.33° D.36 3.已知⊙0的半径是5，点A到圆心O的距离是6，则点A与⊙0的位置关系 是() A.点A在圆外 B.点A在圆上 C.点A在圆内 D.点A在圆上或圆外 4.如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E,连接AD.若BE=2, AD=45,则CD长为() 试卷第1页，共3页 B A.4 B.4V2 C.8 D.9 5.如图，要用一个扇形纸片围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），已知 该扇形纸片的面积为16πcm',母线长为8cm,则围成的圆锥的底面半径是 () B A.4cm B.3cm C.2cm D.1cm 6.如图，PA,PB是⊙O的切线，A,B为切点，AC是⊙O的直径，若 ∠P=54,则∠BMC 的度数为() B A.36° B.27° C.63° D.54° 试卷第2页，共3页 7.如图，O0的半径为2，C为AB上一点，连接ACBC,若 ∠4CB=100°，则AB的长为() B 10 16 20 32 A.9π B.9元 D.9 8.如图，在扇形AOB中，∠AOB=90°，OA=2,若以点B为圆心，OB为 半径画弧，交AB于点C,，连接BC,则图中阴影部分的面积是() 元 A.3 B.4 C.6 D.12 9.如图，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD,若∠CDB=25°，则∠AOC的 度数为() D 试卷第3页，共3页 A.25° B.35° C.45° D.50° 10.如图，点D在半圆O上，半径OA=V61,AD=10,点C在弧BD上移 动，连接AC,H是AC上一点，且∠DHC=90°，连接BH,点C在移动的 过程中，BH的最小值是() D H A.5 B.6 C.7 D.8 二、填空题 11.如图，有一种竹编斗笠，外形是圆锥，它的母线长为40Cm,底面直径为 60cm ，则该斗笠的侧面展开图的圆心角大小为 12.如图，四边形ABCD内接于⊙0，∠BCD=120°，⊙0的半径为5，则 BD 的长为一 试卷第4页，共3页 0 13.如图，⊙0是△ABC的外接圆，∠A=45,则∠B0C的度数是 0 14.苯（分子式为C。H,)的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的，随者研 究的不断深入，发现如图1的一个苯分子中的6个碳原子形成了正六边形的结 构，其示意图如图2所示，点O为正六边形ABCDEF的中心.若CD=1,则 正六边形的面积为 图1 图2 15.如图，在等边△ABC中，AB=10,以点B为圆心，半径为2作⊙B,点 D是AC边上的一个动点，过点D作DE与⊙B相切于点E,则线段DE的最小 值为一 试卷第5页，共3页 B E 16.如图，在⊙O中，AB是直径，CD是弦，PC=PD.过点D作⊙O的切 线，与AB的延长线相交于点E.若∠ABC=63°，则∠E等于 E D 三、解答题 17.如图，⊙0是△ABC的外接圆，∠BAC=45°，AD⊥BC,BD=6, DC=2 (1)求圆心O到BC的距离； (2)求AD的长. 试卷第6页，共3页 18.图1、图2、图3均是6×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点， 点A、B、C均在格点上，仅用无刻度的直尺在给定的网格中，分别按下列要 求作图（保留作图痕迹)， B B 图 图2 图3 (I)在图1中作△ABC的中线BD. (2)在图2中作出△ABC的高线BE. (3)在图3中作一点F,使得∠BFC=2∠A, 试卷第7页，共3页 19.Rt△ABC中，∠ACB=90°，点O在AC上，以OC为半径的圆交AB于 点D,交AC于点E,且BD=BC,求证：AB是圆O的切线. B D 20.如图，以O为圆心的两个同心圆中，不经过圆心的线段与两圆相交，自左 向右的交点依次为点A、B、C、D. C D (I)求证：AB=CD; (2)连接OA、OB,如果∠OAD=30°，∠OBC=45°，AB=2,求小圆半径 r的值. 试卷第8页，共3页 21.如图，△ABC内接于⊙O,连接AO并延长交BC于点D,且AD⊥BC于 点D ① ② (1)如图①，求证：∠B=∠C: 巴如牌@，点E在4C,连接化，CE,∠1CE=号4CB,求正： ∠CAE=2∠ACE (3)如图②，在(2)的条件下，若AE=5,AB=13,求E到AC的距离. 22.如图为古代劳动人民发明的“石磨”，其原理为在磨盘的边缘连接一个固 试卷第9页，共3页 定长度的“连杆”，推动“连杆”带动磨盘转动将粮食磨碎，物理学上称这种 动力传输工具为“曲柄连杆机构”.小军受“石磨”的启发设计了一个“双连 杆机构”，设计图如图1，两个固定长度的“连杆”AP,BP的连接点P在 O0上，当点P在O0上转动时，带动点4，B分别在射线OM,ON上滑动， OM1ON.如图2，当AP与O0相切时，点B恰好落在O0 上.请就图2的 情形解答下列问题： M M A B B 图1 图2 (1)若∠PBO=10°，求∠PAO的度数. (2)若线段A0与⊙0交于点C,AC=3,AP=5,求⊙0的半径. 试卷第10页，共3页 参考答案 题号 1 2 3 6 6 7 9 10 答案 B C B B A D D 1.B 【分析】本题考查圆的基本概念，包括弦、直径、圆心角和弧的性质，弦是连 接圆上任意两点的线段，直径是经过圆心的弦，据此可判断A、B:根据90°的 圆周角所对的弦是直径可判断C;根据弧与圆心角之间的关系可判断D. 【详解】解：A、直径是弦，但弦不一定是直径，原说法错误，不符合题意： B、过圆心的弦是直径，原说法正确，符合题意： C、在圆中，90°的圆周角所对的弦是直径，原说法错误，不符合题意： D、在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，原说法错误，不符合题意； 故选：B 2.C 【分析】此题考查了圆周角定理：同弧所对的圆周角是圆心角的一半，利用圆 周角定理求解即可. 【详解】解：AB=AB ∠AOB=66° A∠ACB=号∠A0B=330 故选：C 答案第1页，共2页 3.A 【分析】本题考查了点和圆的位置关系，熟练掌握以上知识点是解题的关键. 根据点到圆心的距离与半径的大小关系判断位置. 【详解】解：：⊙0的半径是5，点A到圆心O的距离是6， .d>r, 点A在圆外. 故选：A. 4.C 【分析】本题考查垂径定理和勾股定理的综合应用.设圆的半径为”，利用垂 径定理得到CD=2ED,再结合勾股定理分别在Rt△OED和Rt△AED中建立 方程，求出半径后计算弦长. 【详解】解：如图，连接OD. A E B 设⊙0的半径为r,则OB=OD=r. 答案第2页，共2页 BE=2, .OE=r-2,AE=2r-2. :CD⊥AB,根据垂径定理，得CD=2ED 在RtAOED中，由勾股定理得：ED+OE=0D2 即ED+-2y=1,化简得ED2=4-4, 在Rt△AED中，由勾股定理得：AE2+ED=AD2, :(2r-22+(4-4)=(4W5),解得r=5(舍去负根)， :.ED2=4r-4=16、ED=4 CD=2ED .CD=8: 故选：C 5.c 【分析】本题考查了圆锥的计算，设该圆锥的底面半径为℃m,由于圆锥的侧 面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，则根据扇形的面积 1 公式得到2 ×2πr×8=16r,然后解方程即可. 【详解】解：设该圆锥的底面半径为rcm, 答案第3页，共2页 1 ×2πr×8=16π 根据题意得2 解得r=2, 即该圆锥的底面半径为2cm, 故选：C 6.B 【分析】本题考查切线长定理、切线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握切 线长定理是解答的关键. 先根据切线长定理和切线性质得到PA=PB,∠PAO=90°，再根据等边对等 角，结合等腰三角形的性质求得∠PAB=63°，进而可求解. 【详解】解：：PA,PB是⊙O的切线，A,B为切点，AC是⊙O的直径， .PA=PB,∠PA0=90°，又∠P=54°， A∠PAB=∠PBA=2（080P-∠P)=63°， .∠BAC=∠PAO-∠PAB=90°-63°=27° 故选：B 7.B 【分析】本题主要考查了求弧长，圆周角定理，圆内接四边形的性质，在优弧 答案第4页，共2页 AB上取一点D,连接D,BD,根据圆内接四边形对角互补可得∠D,则由 圆周角定理可得∠AOB的度数，最后根据弧长公式求解即可. 【详解】解：如图所示，在优弧AB上取一点D,连接AD,BD, :四边形ACBD是圆内接四边形， .∠C+∠D=180°， .∠ACB=100°， ∠D=80°， .∠AOB=2∠D=160°， 160π×216 ∴AB的长为180=9 故选：B. D B 8.A 【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质，扇形的面积，连接OC，由题 意可得△OBC是等边三角形，即得∠OBC=60°，再根据 答案第5页，共2页 S阴影=S彩AOB-S形08C解答即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键。 【详解】解：如图，连接OC, 由题意得，OC=OB=BC=2, “△OBC是等边三角形， .∠0BC=60°， 90π×22 60元×222π S扇形4OB= 360=π，S形0sc= 3603’ :8腰=5影00-S00c=元-2T=元 33, 故选：A, 9.D 【分析】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，根据垂径定理可得BC=AC, 再由圆周角定理，即可求解. 【详解】解：：CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD, .BC=AC 又∠CDB=25°， 答案第6页，共2页 .∠AOC=2∠CDB=2×25°=50° 故选：D 10.D 【分析】本题考查了点与圆的位置关系、勾股定理、半圆或直径所对圆周角为 直角等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线. 根据题意，得到点H在以点G为圆心的DE上运动，当点G,H,B三点共线时， BH 的值最小，由半圆或直径所对圆周角为直角，结合勾股定理得到 BD=12,BG=13 ，由此即可求解. 【详解】解：·∠DHC=∠DHA=90°， “当点C在BD上运动时，点H在以AD为直径的圆弧上运动，该弧交O0于 点D,与AB交于点E,如图所示， 取线段1D的中点为G,连接GH,GB,BD 点H在以点G为圆心的DE上运动， 在Rt△ADH中，∠AHD=90°，点G为AD中点，AD=10, 答案第7页，共2页 GH=DG=AG-1 AD=5 .GH+HB≥BG, 当点 G,H,B三点共线时，BH的值最小， 在O0中，AB是直径，则AB=20A=2N6I, .∠ADB=90°， .BD=VAB-AD=V26-102=12 在Rt△BDG中，BG=VDG+BD2=V52+122=13, .BH=BG-GH=13-5=8, .BH的最小值是8， 故选：D· 11.270° 【分析】本题考查了圆锥的侧面积计算及扇形圆心角的计算，先根据题意利用 圆锥的侧面积公式计算其侧面积，再设侧面展开图的圆心角的度数为，利用 扇形圆心角的公式列出方程，求得n的值即为所求. 【详解】解：由题意知，底面直径为60cm, “底面半径为60×，=30(cm) 答案第8页，共2页 :S圆锥侧=1=π×30×40=1200π(cm2）, 设侧面展开图的圆心角的度数为n, nπl2 .360 =1200元 nπ×1600 即360 1200元，解得n=270, 即该斗笠的侧面展开图的圆心角大小为270°， 故答案为：270° 12.5v5 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、垂径定理，关键是通 过圆内接四边形的性质求出圆周角∠A的度数，进而得到圆心角∠BOD的度数， 再利用垂径定理求出弦BD的长度. 【详解】解：如图，连接OB、OD, A C 四边形ABCD内接于⊙O, .∠A+∠BCD=180° 答案第9页，共2页 ∠BCD=120°， .∠A=60°. ∠B0D=2∠A=120° 过点O作OE⊥BD于E,由垂径定理得BE=ED, .OB=OD. .∠OBD=∠ODB=30° 在Rt△BOE中，OB=5, 2, BD=2BE=53 故答案为：5V3 13.90° 【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三 条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心.也考查了圆周角定理.直接利用 圆周角定理求解， 【详解】解：：O0是△ABC的外接圆，∠A和∠BOC都对BC, 答案第10页，共2页 .∠B0C=2∠A=2×45°=90° 故答案为：90° 3V5 14. 2 【分析】本题考查了正多边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理， 理解正多边形的边，圆心角的数量的特点是解题的关键 根据正多边形的性质可得AB=BC=CD=DE=EF=AF=1,OC=OD, △COD是等边三角形，正六边形的面积为6S,coD,再运用勾股定理算出 OH=CoP -CH =3 , 最后把数值代入6S,con=6×)×CD×OH进行计 2 算，即可求解 【详解】解：：ABCDEF是正六边形，点O为中心， .AB=BC=CD=DE=EF=AF=1,OC=OD. .∠C0D=360°÷6=60°， .△COD是等边三角形， .OC=CD=1,正六边形的面积 6S.COD 过点O作OH⊥CD,如图所示： 答案第11页，共2页 :.CH=ICD-1 , .OH⊥CD, 0m-o-0m--9. 65.c0=6xxCDxOH-3xIx33 22， 3W5 故答案为： 2 15.V7i 【分析】本题考查了等边三角形的性质、勾股定理、切线的性质定理、垂线段 最短，解题的关键是理解BD的值最小时，DE的值最小. 连 BD,BE,作BF LAC于点R,则∠BFA=90°，则勾股定理求得DE, 当BD=BF=5V5时，DE的值最小，进而即可求解. 【详解】解：如下图，连接BD,BE,作BF上AC于点，则∠BFA=90°， 答案第12页，共2页 B 在等边△ABC中，AB=10, ∴.AC=10 AF-CF-j4C ×10=5 2 .BF=V102-52=5V5 ~DE与OB相切于点左，BE=2】 ,DE⊥BE .DE =BD2-BE2=BD2-22 :BD≥BF,且当BD的值最小时，DE的值最小， 当BD=BF=55时，DE最小为V55-2-V7元 故答案为： 16.36 【分析】本题考查了切线的性质，垂径定理的推论，圆周角定理等：连接OD, 由切线的性质得OD⊥DE,由垂径定理的推论得AB⊥CD,由圆周角定理 答案第13页，共2页 得∠DOE=2∠BCD,即可求解；掌握切线的性质，垂径定理的推论，圆周角 定理是解题的关键. 【详解】解：连接OD, B 是 的切线， D DE ⊙0 .OD⊥DE :AB是直径， 是弦，PC=PD CD .AB⊥CD ∴.∠BCD=90°-∠ABC=27° .BD=BD, ∴.∠DOE=2∠BCD=54° ∴.∠E=90°-∠DOE=36° 故答案为：36， 17.(1)4 (②)2V7+4 【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理，圆周角定理，直角三 答案第14页，共2页 角形中斜边上的中线等于斜边的一半. (1)过点O作OE⊥BC于点E,根据圆周角定理可得∠BOC=90°，进而根 据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解； (2)连接AO,过点O作OF⊥AD于点F,则四边形OEDF是矩形，得出 OE=FD=4,OF=ED=2,勾股定理求得AF,进而根据AD=AF+FD, 即可求解. 【详解】(1)解：如图所示，过点O作OE⊥BC于点E, :∠BAC=45°， .∠B0C=90°， .0B=0C ∴.△BOC是等腰直角三角形， .OE⊥BC :E-Bc=0E-c=(8D+Dc)=x6+2)=4 答案第15页，共2页 (2)解：如图所示，连接AO,过点O作OF⊥AD于点F,则四边形 OEDF 是矩形， OE=FD=4.OF=ED BE-1BC-4 2 .ED=BD-BE=2, .OF ED=2, 在Rt08C中，0B=号BC=W2, 在Rt△AOF中，A0=OB=4V2 AF=VA02-0F=(42-2=27 AD=AF+FD=2+4 18.(1) 解：如图1，BD即为所求 答案第16页，共2页 图1 (2) 解：如图2，BE即为所求. B 图2 (3) 解：如图3，点F即为所求 B 图3 【分析】本题考查无刻度的直尺、网格特征、垂直平分线的性质及圆周角定理， 熟练掌握网格特征是解题关键. (I)取格点M、N,连接MN交AC于D,连接BD,BD即为所求： (2)取格点P、P,连接C0、AP,C0、AP交于点O,连接B0并延长 答案第17页，共2页 B0,交MC于E,BE即为所求」 取格点O,连接C0,交AB于E,BE即为所求： (3)根据网格特征，作AB、BC的垂直平分线，交于点F,可得点F为 △ABC ∠BFC=2∠A 的外接圆的圆心，根据圆周角定理即可得出 【详解】(1)由网格特征可得，四边形AMCN是矩形， .AD=CD,即点D为AC中点， .BD为△ABC的中线. (2)由网格特征可得： CQ⊥ABAP⊥BC :C0、AP是AB边、 BC 边的高所在直线， .BE为AC边的高. (3):AB、BC的垂直平分线交于点F, ∴.点F为△ABC的外接圆的圆心， :∠A与∠BFC是BC所对的圆周角和圆心角， .∠BFC=2∠A」 19. 证明：如图，连接OD, 答案第18页，共2页 在△BOD和△BOC中， BD=BC OB=OB OD=OC' :.△BOD≌△BOC(SSS)】 .∠BD0=∠BCO=90°， OD⊥AB, ∴.AB是圆O的切线. 【分析】本题考查切线的判定，全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识 是解题关键.连接OD,通过证明△BOD≌△BOC(SSS)可得， ∠BD0=∠BC0=90°，因此4B是圆O的切线. 【详解】略 20.(1) 证明：如图，过点O作OH⊥AD于点H, 答案第19页，共2页 7D OH⊥AD, .AH=DH,BH=CH, :AH-BH DH-CH, 即AB=CD: (②6+V2 【分析】(1)过点O作OH⊥AD于点H,由垂径定理得AH=DH, BH =CH 进而即可求证； (2)连接OA、OB,可得OA=2OH,∠BOH=∠OBH=45°，即得 BH=OH,设BH=OH=X,则OA=2x,AH=AB+BH=2+x,利用 勾股定理求出x的值进而即可求解； 本题考查了垂径定理，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握知识点是解 题的关键. 【详解】(1)略 (2)解：如图，连接OA、OB, 答案第20页，共2页 0 H B C 7D OH⊥AD, .∠OHA=∠OHB=90°， .∠0AD=30°，∠OBC=45°， .OA=2OH,∠BOH=∠OBH=45°， .BH=OH, 设BH=OH=x,则OA=2x,AH=AB+BH=2+x, 在RtAHO0中，AH2+OH=OA :(2+x2+x2=(2x), 解得x=V5+1, .BH =OH=3+1 :.OB=V2BH=V2(N3+1=V6+2, 即小圆半径”的值为V6+V2 21.(1) 证明：：AD⊥BC,AD过圆心O, 答案第21页，共2页 .BD=CDAD⊥BC ,日 .AB=AC ∴.∠B=∠C (2) 证明：连接BE, 设 ,则 B 图2 ∠ACE=a ∠ACB=3a .∠ABC=∠ACB=3a .'∠ABE=∠ACE=a ∴.∠CBE=∠ABC-∠ABE=3a-=2a ∴.∠CAE=∠CBE=2a=2∠ACE 33 【分析】本题是圆的综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，三角 形的面积，等腰三角形的性质等知识，添加恰当辅助线是本题的关键。 (I)由垂径定理可得BD=CD,由垂直平分线的性质可得AB=AC: (2)连接BE,设∠ACE=a,则∠ACB=3a,由圆周角定理得出 答案第22页，共2页 ∠ABE=∠ACE=“,，可证出 CAE=∠CBE=2a=2∠ACE (3)过点E作EG⊥AC于点G,在CG上截取GH=AG,连接EH,证出 CH=EH=5,由勾股定理求 EG长 【详解】(1)略 (2)略 (3)解：过点E作EG⊥AC于点G,在CG上截取GH=AG,连接EH, A 图3 ∴.EH=AE=5 ∠AHE=∠EAH=2 ∴.∠CEH=∠AHE-∠ECH=2a-a=a=∠ECH ∴.CH=EH=5 .AC=AB=13 .∴.AH=AC-CH=13-5=8 ∴.AG=GH=4 在RtAAEG中，EG=√AE2-AG=V52-4=3 答案第23页，共2页 22.(1)20° 8 (2)3 【分析】(1)连接OP,标记点D,由切线的性质可得∠PAO+∠AOP=90°， 由题意可得∠POD+∠AOP=90°，从而得出∠POD=∠PAO,再由圆周角 定理计算即可得出结果： (2)设⊙O的半径为r,则OA=3+r,再结合勾股定理计算即可得出结果. 【详解】(I)解：如图，连接OP,标记点D, D M B: .AP与⊙O相切， .OP⊥PA, .∠PAO+∠AOP=90°， :OM⊥ON, .∠POD+∠AOP=90°， .∠POD=∠PAO, .∠PB0=10°， 答案第24页，共2页 ∴.由圆周角定理可得∠POD=2∠PBO=20°， ∴.∠PAO=∠POD=20°： (2)解：设⊙0的半径为r,则OA=3+r, 由勾股定理得AP2+OP2=O4? 52+r2=(+3}, 8 解得3， 8 ∴⊙0的半径为3. 答案第25页，共2页