第3章圆典例精讲与强化训练-2026-2027学年苏科版 数学九年级上册

**基本信息** 以圆的核心性质为脉络，通过典例精讲与分层训练，系统整合勾股定理、切线判定等方法，培养几何直观与推理能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |典例精讲|3道|勾股定理求半径、切线判定（连半径证垂直）、圆周角定理应用|从圆的概念（半径）到性质（垂径定理、圆周角），再到综合应用（圆与三角形）| |强化训练|19道|点与圆位置关系判断、正多边形与圆计算、圆锥展开与勾股定理|覆盖选择（概念辨析）、填空（性质应用）、解答（综合证明与实践操作），形成完整知识链|

第3章圆典例精讲与强化训练 典例精讲 1．有一种叫云南的生活：冬日暖阳，倚桥观鸡，滨朴倒影，如诗如画．如图1，大观河上的这座圆弧形拱桥建于上世纪70年代．图2是拱桥的示意图，它的跨度米，拱高米． (1)求圆弧所在的圆的半径r的长； (2)当洪水泛滥到跨度只有30米时，要采取紧急措施，若拱顶离水面只有4米，即米时，是否要采取紧急措施？ 2．如图，内接于，、是的高，H是的交点，的延长线交于G． (1)试说明：． (2)若，，求的面积． 3．如图，是的外接圆，为的直径，的平分线交于点F，交于点D，连接，过点D作，交的延长线于点E． (1)若，求的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)是否存在常数m，n，使得等式成立？若存在，请直接写出一个m的值和一个n的值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由． 强化训练 一、单选题 1．在所在平面内有一点P，，半径为2.5，则点P与位置关系是（   ） A．在上 B．在外 C．在内 D．不能确定 2．下列说法正确的是（    ） A．长度相等的弧是等弧 B．同弧所对的圆周角相等 C．经过半径外端的直线是圆的切线 D．正多边形是中心对称图形 3．如图，与相切的直线是（   ）． A． B． C． D． 4．在上，点A，B，C，D，E的位置如图所示，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 5．如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，与轴相切于点，与轴的一个交点为．若的半径为5，点的坐标是，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 6．如图，在中，弦的长为8，圆心O到的距离为3，则的半径为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 7．如图，正八边形的边长为3，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则下列说法正确的是（   ） A． B．阴影部分的面积为 C．劣弧的长为 D．正八边形的面积为 8．如图，O为的外心，四边形为正方形．下列结论正确的是（   ） ①O是的外心；②O是的外心；③直线与的外接圆相切 A．① B．①③ C．②③ D．①②③ 二、填空题 9．如图，圆锥的侧面展开图（扇形）的弧长，圆锥高为，则该圆锥的母线长为____． 10．如图，四边形内接于，若，则的度数是___． 11．如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转得到，则扫过的面积为_____． 12．如图，在中，，，、分别是的内心和外心，连接，若，则的长______． 13．如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接，若，则的度数为___________． 14．如图，内接于，是直径，是弧的中点．过点，分别作，的垂线相交于点，若，，则弦的长为_____． 三、解答题 15．如图，在平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别是，，． (1)请画出关于点O的对称图形； (2)将绕原点O顺时针旋转后得到，请画出，并直接写出旋转过程中点A所走的路程___________． 16．如图，是的直径，C，D是上的点，且，分别与，相交于点E，F． (1)求证：平分； (2)若，，求的长． 17．如图， 在中，，点D在上，以为直径作交的延长线于点E，且． (1)求证∶ 是的切线； (2)若的直径为6， ，求的长． 18．综合与实践 【项目主题】制作圆锥． 【项目准备】直径为的圆形卡纸、剪刀、直尺、圆规、量角器、透明胶． 【项目实施】 步骤1：确定圆形卡纸的圆心； 步骤2：如图2，把直径为的圆形卡纸剪出一个扇形（图3），； 步骤3：如图4，将剪下的扇形卡纸无缝隙、不重叠地围成一个圆锥，并用透明胶粘住接合处． 【项目探索】 (1)用无刻度的直尺和圆规在图1中找出圆心的位置（不写作法，保留痕迹）． (2)求剪下的扇形的面积． (3)求圆锥的高． 19．借助运动的视角看图形变化是非常重要的数学眼光 已知，点，在上，，点在上，连接，，作的外接圆． (1)当时， ①如图，若是的直径，则的半径为 ； ②如图，若，求的半径． (2)当时，如图，若与相切于点，用直尺和圆规作出点的位置．（要求：不写作法，保留作图痕迹，写出必要的文字说明） (3)设，对于每一个的值，的半径随着点的位置的变化而变化，直接写出的半径的最小值及对应的的取值范围（可用含的式子表示）． 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 典例精讲解析 1．(1)米 (2)不需要采取紧急措施 【分析】（1）连接，利用r表示出的长，在中根据勾股定理求出r的值即可； （2）连接，在中，由勾股定理得出的长，进而可得出的长． 【详解】（1）解：连接， 由题意得：米，米， 在中，有，解得米； （2）解：连接． 米， ∴在中，（米）， 米． ， ∴不需要采取紧急措施． 2．(1)解：连接． 是的高， ． ． ， ， ， 在与中， ， ． (2) 【分析】（1）连接，先根据三角形的高线定义和三角形的内角和定理推导出，再证明，然后根据全等三角形的对应边相等可证得结论； （2）连接．先利用圆周角定理可得，进而可证明为等边三角形得到，结合全等三角形的性质可得，最后利用圆的面积公式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：连接． ， ． ， 为等边三角形， ． ， ， ， ． 3．(1) (2)证明：连接，， ∵是的平分线， 由（1）知，， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴． ∵， ∴． ∵是的半径， ∴直线是的切线． (3)存在，． 证明：连接，过点A作于点H，过点B作于点G，设， 则， ∴． ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， 由（2）知，， ∴， ∴， 由（2）知， ∵， ∴和都是等腰直角三角形， ∴，， ∴，， ∴． ∵，， ∴， ∴， 即， ∴成立． 【分析】（1）因为是直径，所以，可先求出的度数，因为同弧所对圆周角相等，所以和的度数相等． （2）连接，，因为是的平分线，所以，可得．由，得．由，即可判定是的切线． （3）连接，过点A作于点H，过点    B作于点G，设，证明，得，证明和都是等腰直角三角形，得，，由勾股定理得，，得．由勾股定理得，，得，即得，即得的值． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴． ∵在中，， ∴， ∴． （2）略． （3）略． 强化训练解析 1．B 【分析】本题考查点与圆的位置关系，通过比较点P到圆心O的距离与半径的大小即可判断位置关系，熟练掌握该知识点是解题关键． 【详解】解：∵，的半径，且 ∴点P在外， 故选：B． 2．B 【分析】本题考查圆的相关概念、圆周角定理、切线的判定及正多边形的对称性，需逐一分析各选项的正误． 【详解】解：∵等弧的定义是在同圆或等圆中，能够完全重合的弧，仅长度相等的弧不一定能重合，∴A选项错误． ∵圆周角定理的推论：同弧所对的圆周角相等，∴B选项正确． ∵圆的切线判定定理是经过半径的外端且垂直于这条半径的直线才是圆的切线，仅经过半径的外端的直线不一定垂直于该半径，∴C选项错误． ∵只有边数为偶数的正多边形是中心对称图形，如正三角形不是中心对称图形，∴D选项错误． 故选：B． 3．D 【分析】本题考查直线与圆的位置关系，切线的判定，掌握好切线的定义是关键． 圆的切线指的是与圆只有一个公共点的直线，根据定义判断选项即可． 【详解】解：根据直线与圆的公共点个数判断位置关系如下： 对于选项A：与没有公共点，则与相离，故A错误； 对于选项B：与有两个公共点，则与相交，故B错误； 对于选项C：与有两个公共点，则与相交，故C错误； 对于选项D：与只有一个公共点，则与相切，故D正确． 故选：D． 4．B 【分析】连接，利用圆的内接四边形的性质解答即可． 本题主要考查的是圆周角定理和圆内接四边形的性质，作出辅助线构建内接四边形是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， 则四边形是的内接四边形， 故， 又， ， 的度数为， 故选：B． 5．C 【分析】本题考查了圆的切线性质、勾股定理应用，解题的关键是通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求出相关线段的长度． 过点作轴于点，连接、；由与轴相切于点，得轴，从而确定点的坐标；在中，利用勾股定理求出的长度，再结合的长度求出的长度，进而得到点的坐标． 【详解】解：过点作轴于点，连接、． 与轴相切于点，且半径为， ，，， 点的坐标为， ，． 在中，，， 由勾股定理得：， ， 点的坐标为． 故选：． 6．D 【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，根据垂径定理求出，再根据勾股定理求出即可． 【详解】解：如图，连接， ∵弦的长为8，圆心O到的距离为3， ∴，， 由勾股定理得：， 故选：D． 7．B 【分析】本题考查正多边形和圆，根据多边形内角和定理可判断A；根据正八边形的性质求出圆心角的度数，再根据扇形面积的计算方法进行计算可判断B；运用弧长公式可求劣弧的长即可判断C；构造正方形，求出正方形面积和四角小等腰直角三角形的面积，相减即可判断D． 【详解】解：A、，故选项A错误； B、∵，， ∴，故选项B正确； C、劣弧的长，故选项C错误； D、如图，四边形是正方形， ∴，， ∴；正方形的面积， ∴正八边形的面积为，故选项D错误， 故选：B． 8．B 【分析】本题主要考查了外心的定义，正方形的性质，切线的判定，解题的关键是掌握三角形的外心到三个顶点距离相等，正方形四条边都相等，四个角都是直角． 根据三角形外心的性质可得，根据正方形的性质可得，即可判断①；求出正方形对角线，即可判断②；根据切线的判定，即可判断③． 【详解】解：连接 ∵O为的外心， ∴， ①∵四边形为正方形． ∴， ∴， ∴O是的外心； 故①正确； ②连接， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴O不是的外心； 故②不正确； ③由①可得：， ∴点E在上， ∵四边形为正方形， ∴， ∴直线与的外接圆相切． 故③正确； 综上：正确的有①③． 故选：B． 9． 【分析】本题考查圆锥的计算，先根据侧面弧长等于底面圆的周长求出半径，然后根据勾股定理求出母线长即可． 【详解】解：设圆锥底面圆的半径为r，高为h，母线长为l， 则， 解得， ∴， 故答案为：． 10． 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．利用圆内接四边形的对角互补这一性质，直接通过已知角的度数求出未知角的度数． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 11． 【分析】根据题意可以求得和的长，再根据旋转的性质即可求得扫过的面积． 【详解】解：∵在中，，，， ∴，， ∴扫过的面积为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了根据旋转的性质求解，求图形旋转后扫过的面积，含30度角的直角三角形，用勾股定理解三角形等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用其来求解． 12． 【分析】过内心作三角形三边的垂线，利用内心到三边距离相等的性质，结合判定四边形 为正方形，然后设正方形边长为，结合含角的直角三角形边长关系和的长度建立方程，求出正方形边长，再通过证明得到，结合外心的性质算出，最后在中用勾股定理求出． 【详解】解：如图，过点作，，，连接， ，，， ，， 点为的外心， ， 点为的内心， ，平分， ， 四边形是正方形， ， 设正方形边长为，则， ， ， ， ， ， ，， 在和中， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查三角形内心和外心的定义与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，含角的直角三角形的边长关系，掌握三角形内心和外心的性质是解题关键． 13． 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质和直径所对圆周角的性质，熟练掌握圆内接四边形对角互补、直径所对的圆周角为直角是解题的关键． 先利用圆内接四边形的对角互补求出的度数，再结合直径所对的圆周角为直角得到的度数，最后通过角的差求出． 【详解】解：∵ 四边形是的内接四边形， ∴ ∴ ∵ 是的直径 ∴ ∴ 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了直径所对的圆周角是直角，平行线的判定，平行四边形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握以上知识是解题的关键．根据题意得出，，根据直径所对的圆周角是直角得出，，根据平行线的判定得出，，根据平行四边形的判定和性质得出，结合勾股定理即可求解． 【详解】解：根据题意可得，， ∵内接于，是直径， ∴，，， 故，， 故四边形是平行四边形， ∴， 在中，． 故答案为：． 15．(1) 如图，即为所求， (2)如图，即为所求， 【分析】此题考查旋转变换，勾股定理，弧长公式，熟练掌握网格结构以及旋转的性质，准确找出对应点的位置是解题的关键． （1）根据网格结构找出点A，B，C关于点O对称的对应点的位置，然后顺次连接即可； （2）根据旋转的性质作出图形再利用勾股定理求出，然后利用弧长公式进行计算即可； 【详解】（1）略 （2）如图，即为所求， ， 所以旋转过程中点A所经过的弧长为． 16．(1)证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； (2) 【分析】（1）由平行线的性质推出，由等腰三角形的性质得到，因此，判定平分； （2）由圆周角定理得到，由平行线的性质推出，由垂径定理得到，由勾股定理求出，得到． 【详解】（1）略 （2）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查圆周角定理，勾股定理，垂径定理，等腰三角形的性质，平行线的性质，关键是由平行线的性质，等腰三角形的性质推出；由垂径定理，勾股定理求出的长． 17．(1)证明： 如图， 连接， ∵， ∴，      ∵， ∴， ∵， ∴， 又，，， ∴，即， ∵点E在上，即是的半径， ∴是的切线； (2) 【分析】本题考查切线的判定，勾股定理，等边对等角，掌握切线的判定方法，利用勾股定理和等边对等角找到线段和角度关系是解题关键． （1）利用等边对等角找到相等角，再通过已知的直角得到对应角的度数，从而通过连半径证垂直的方法证明； （2）根据直径，求出半径对应线段的长，借助，利用勾股定理用表示，再通过已知的比例关系与线段关系，建立关于的方程，求解出后，求出和，借助勾股定理求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵的直径为6， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又，即， ∴， 解得，或（不合题意，舍去）， ∴，， ∴． 18．(1) 如图所示，圆心即为所求； (2) (3) 【分析】（1）在圆上取点D，E，F，G，连接，，作出，的垂直平分线交于点O即为所求； （2）如图所示，连接，，，过点O作于H，证明是等边三角形，得到，由圆周角定理可得，则由三线合一定理可得，，解直角三角形求出的长，得到，然后利用扇形面积公式即可得到答案； （3）设圆锥的底面半径为r，根据圆锥的底面圆周长等于其侧面展开图得到的扇形弧长求出r，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：如图所示，连接，，，过点O作于H， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∴扇形的面积； （3）解：∵， 设圆锥的底面半径为r， ∴， ∴， ∴． ∴圆锥的高为． 【点睛】本题主要考查了尺规作圆的圆心，求圆锥的高，解直角三角形，勾股定理，等边三角形的性质与判定，圆周角定理，熟知相关知识是解题的关键． 19．(1)①；② (2) 如图所示，作的垂直平分线交于点，由可知是等腰直角三角形，即可得是等腰直角三角形，故与相切于点，点即为所求； (3)当时， 最小值；当时，最小值 【分析】（）①由圆周角定理得，进而可得是等腰直角三角形，即得，再利用勾股定理求出即可求解；②过点作的垂线，垂足分别为，过点作，垂足为，连接，由等腰直角三角形的性质可得，即得，，由垂径定理得，再根据矩形的性质得，，设，则，利用勾股定理可得，即得，再求出即可求解； （）作的垂直平分线交于点，由可知是等腰直角三角形，即可得是等腰直角三角形，故与相切于点，点即为所求； （）当以为直径的圆与相切时，可得，再分和两种情况解答即可求解． 【详解】（1）解：①∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴的半径为， 故答案为：； ②如图，过点作的垂线，垂足分别为，过点作，垂足为，连接， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， 设，则， 在和中，由勾股定理得，， ∵， ∴， 即， 解得， ∴， ∴的半径为； （2）略 （3）解：如图，以为直径的圆与相切时，，， 即， ∵， ∴， ∴， 即， 当时， ； 当时，可知当与相切时，半径最小，如图，过点作于，的延长线交于点，连接，则， ∴，， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形，， 设，则， ∴， 在中，， ∴， 解得； 综上，当时， 最小值；当时，最小值． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，垂径定理，切线的性质，勾股定理，矩形的判定和性质等，正确作出辅助线是解题的关键． 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 $