3.1 第1课时圆的相关概念及点与圆的位置关系-【通成学典】2026-2027学年九年级上册数学拔尖特训(浙教版·新教材)

第3章1 圆的基本性质 3.1圆的有关概念 第1课时 圆的相关概念及点与圆的位置关系 一阶·基础通关 融通新授知识，夯实双基▲ 1.如图，下列说法中，正确的是 () A.线段AB,AC,CD都是⊙O的弦 B.线段AC经过圆心O,线段AC是直径 C.AD=BD D.弦AB把圆分成两条弧，其中ACB是劣弧 0. C (第1题) (第3题) 2.在平面直角坐标系中，点P的坐标为(5,12).若⊙P的半径为13，则原点与⊙P的位置关系是 A原点在⊙P内 B.原点在⊙P上 C.原点在⊙P外 D.无法确定 3.如图，AB是⊙O的直径，C是BA延长线上一点，点D在⊙O上，且CD=OA,CD的延长线交 ⊙O于点E,连结OE.若∠C=20°，则∠BOE的度数是 4.如图，矩形ABCD的边AB=3cm,BC=4cm,以，点A为圆心，4cm为半径作⊙A,则点B,C,D 与⊙A有怎样的位置关系？ (第4题) 刀二阶·素能攀升 强化运用能力，提升素能▲ 5.数形结合思想如图，在网格（每个小正方形的边长均为1）中选取9个格点（网格线的交点称为格 点).若以点A为圆心，x为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有3个点在圆内，则x的取值 范围是 () A.2√2<r<17 B.√/17<r≤3√2 C.17<r<5 D.5<r<V29 (第5题) (第6题) 6.转化与化归思想如图，P是⊙O外一点，Q是⊙O上的动点，线段PQ的中点为M,连结OP,OM. 37 拔尖特训·数学（浙教版）九年级全一册 若⊙O的半径为2，OP=4,则线段OM长的最小值是 A.0 B.1 C.2 D.3 7.如图，AB,CD是⊙O的直径，且AB⊥CD,P,Q为CB上的任意两点（不与点B,C重合），作 PE⊥CD,PF⊥AB,QM⊥CD,QN⊥AB,垂足分别为E,F,M,N,则线段EF,MN的大小关 系为EF (填“<”>”或“=”)MN. FN 0 (第7题) (第8题) 8.如图，在扇形AOB中，∠AOB=90°，P为AB上的一点，过点P作PC⊥OA,垂足为C,PC与 AB相交于点D.若PD=2,CD=1,则该扇形的半径为 9.如图，在矩形ABCD中，AB=3,AD=4,过点D作DE⊥AC于点E. (1)求DE的长， (2)若以点A为圆心作圆，B,C,D,E四点中至少有1个点在圆内，且至少有1个点在圆外，求 ⊙A的半径r的取值范围. (第9题) 三阶·思维拓展 深度探究创新，拓展思维▲ 10.舒境生活实际如图，在城市A的正北方向50km的B处，有一座无线电信号发射塔.已知该 发射塔发射的无线电信号的有效半径为100km,AC是一条公路，从A城发往C城的班车的速 度为60km/h. (1)当班车从A城出发开往C城时，某人在班车上立即打开无线电收音机，班车行驶了0.5h 的时候接收的信号最强.此时班车到发射塔的距离是多少千米（离发射塔越近，信号越强）？ (2)班车从A城到C城共行驶了2h,请判断到C城后是否还能接收到信号，并说明理由. 北 (第10题)》 38 >“答案与解析”见D231,号画树状图如图所示.由图可知，共有10种等可能 点为顶点画三角形，所以一共可以画4个三角形，即共有 4种等可能的结果，其中选取点C或点E或点F时，所画 的结果，其中能被3整除的三位数有123,135,234,345，共 的三角形为等腰三角形，即符合条件的结果有3种.所以 4种，所以P(这个三位数能被3整除)=10一了 .4.2 P(所面的三角形为等腰三角形)-是 百位 (2)根据题意，画树状图如图所示.由图可知，共有12种等 十位 可能的结果，能组成平行四边形的结果有4种，所以P(能 个位345455 45 组成平行四边形)=是-子 (第11题) 12.(1)因为这个不透明的袋中装有5个黄球、13个黑球 和22个红球，所以从袋中摸出1个球，该球是黄球的概率 5 1 为5+13+228 (2)设取出了x个黑球，则放人了 (第14题) 15.(1)列表如下： 个黄球根据彩意，得2≥解得≥孕因为 1 骰子 x为正整数，所以x至少为9.所以至少取出了9个黑球 卡 片 2 4 5 6 13.子 甲转盘被分成了4等份，其中A区域占了 2 5 6 1份，故待其停止转动后，指针落在A区域的概率为子 2 2 4 6 8 10 12 3 3 6 9 12 15 18 (2)画树状图如图所示.由图可知，共有12种等可能的结 果，其中转盘停止转动后甲盘指针落在C区域且乙盘指针 由表可知，共有18种等可能的结果，其中骰子向上一面出 未落在Q区域的结果有2种，所以转盘停止转动后甲盘指 现的数字与卡片上的数字之积为6的结果有3种，所以 针落在C区城姐乙盘指针未潜在Q区城的概率为号-日 P(积为6)-8行(2)这个游戏不公平，由1)可知. 31 骰子向上一面出现的数字与卡片上的数字之积大于7的结 果有7种，小于7的结果有1种，所以P(积大于)， PO R PO R PO R PO R (第13题) P积小于7)得因为<品所以这个深戏不公平，小 14子 因为以点A,B和C,D,E,F四点中任意一 王赢的可能性更大 第3章 圆的基本性质 3.1圆的有关概念 3.60°如图，连结OD.因为CD=OA,OA=OD,所以 OD=CD.又∠C=20°，所以∠COD=∠C=20°.所以 第1课时圆的相关概念及点与圆的位置关系 ∠ODE=∠C十∠COD=20°+20°=40°.因为OE=OD, 1.B线段CD不是⊙O的弦.故A错误.因为线段AC是 所以∠E=∠ODE=40°.所以∠BOE=∠C+∠E=20°+ ⊙O的弦，且其经过圆心O,所以线段AC是直径.故B正 40°=60°. 确.无法确定AD与BD的大小.故C错误.ACB是优弧. 故D错误. 2.B连结OP.因为点P的坐标为(5,12)，所以OP= √5+12=13.因为⊙P的半径为13，所以原点在 ⊙P上. (第3题) D23 4.如图，连结AC.在矩形ABCD中，AB=3cm,BC=为OP=OQ,所以EF=MN. AD=4cm,∠B=90°，所以AC=√AB2+BC= √32+4=5(cm).因为⊙A的半径为4cm,所以AB< 4cm,AC>4cm,AD=4cm.所以点B在⊙A内，点D在 ⊙A上，点C在⊙A外 D (第7题) 8.5因为OA=OB,∠AOB=90°，所以∠OAB= ∠OBA=45°.又因为PC⊥OA,所以∠DCA=90° 所以∠CDA=45°.所以∠OAB=∠CDA.所以CA=CD= (第4题) 1.连结OP,设扇形的半径为R,则OC=OA一AC=R-1. 5.B如图，用字母标注已知格点，连结AB,AC,AD, 因为PD=2,CD=1,所以PC=PD+CD=2+1=3.在 AE,AF,AG,AH,AL.由勾股定理，得AB=√32+3= Rt△OCP中，由勾股定理，得OC2+PC2=OP2,即(R一 3√2，AC=AE=AH=√32+4=5，AD=√22+2= 1)2+32=R,解得R=5.所以该扇形的半径为5. 22,AF-AI=√1+4=√/17，AG=√22+5-√29. 9.(1)因为四边形ABCD是矩形，所以CD=AB=3, 因为√29>5>3√2>√17>2√2，所以距点A最近的4个 ∠ADC=90°.所以在Rt△CDA中，AC=√AD2+CD= 点依次为D,F,I,B.易知除点A外恰好有3个点在圆内 √F+3=5.因为DELAC,所以SaAx=2AC·DE= 时，一定是最近的3个点D,F,I在圆内，即>√17.同时 2CD·AD.所以DE-CD:AD-3X4_ AC 5 5 .(2)由 点B在圆外或圆上，即r≤3√2.所以r的取值范围是 √J17r32. ()知，DE=号.因为DELAC,,所以在Rt△AED中， AE=√AD-DE=√-（皆）-32因为AD=4, AC=5,AB=3,所以AB<AEAD<AC.因为以点A为 圆心作圆，B,C,D,E四点中至少有1个点在圆内，且至少 有1个点在圆外，所以点B在圆内，点C在圆外.所以⊙A 的半径r的取值范围是3<r<5. 10.(1)如图，过点B作BM⊥AC于点M.因为班车行驶 (第5题) 了0.5h的时候接收的信号最强，即到达点M处，所以 6.B如图，设OP与⊙O交于点N,连结MN,OQ.因为 AM=60X0.5=30(km).又因为AB=50km,所以由勾股 OP=4,ON=2,所以N是OP的中点.因为M为PQ的中 定理，得BM=√AB2-AM下=√50-30=40(km).所 以此时班车到发射塔的距离是40km.(2)能.理由：如 点，所以MN为△POQ的中位线.所以MN=20Q= 图，连结BC.因为AC=60×2=120(km),AM=30km,所 号×2=1.所以点M在以点N为圆心，1为半径的圆上. 以CM=AC一AM=120一30=90(km).所以由勾股定理， 得BC=√BP+CMP=√402+902=10W97(km).因为 当点M在ON上时，OM最小，最小值为2-1=1，所以线 10√97<100，所以到C城后还能接收到信号. 段OM长的最小值为1. 北 M (第6题) 7.=如图，连结OP,OQ.因为AB⊥CD,PE⊥CD, (第10题) PF⊥AB,所以∠PEO=∠EOF=∠OFP=90°.所以四边 第2课时确定圆的条件及三角形的外接圆 形OEPF是矩形.所以EF=OP.同理，可得MN=OQ.因1.C由不在同一条直线上的三个点确定一个圆可知，经 D24