第二十四章 圆单元练习题（含解析）
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第二十四章 圆 单元练习 2023-2024学年人教版九年级数学上册（含解析）
一、单选题
1．（2023秋·河北保定·九年级校考期末）“易有太极，始生两仪，两仪生四象，四象生八卦”，太极图是我国古代文化关于太极思想的图示，内含表示一阴一阳的图形（一黑一白）．如图，在正方形的内切圆中画出太极图，然后在正方形内随机取一点，则此点取自太极图中黑色部分的概率是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023秋·河南省直辖县级单位·九年级校联考期末）如图，的半径为，弦的长为，P是弦上一动点，则线段长的最小值为（ ）
A．10 B． C．5 D．
3．（2022秋·内蒙古巴彦淖尔·九年级校考期末）如图，为的直径，点是的中点，过点作于点，延长交于点．若，，则的直径长为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期末）如图，以为直径的半圆上有，的两点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023秋·安徽六安·九年级校考期末）如图，已知是的内切圆，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，已知的半径为4，则该圆内接正六边形的边心距（ ）
A． B． C． D．3
7．（2023秋·安徽合肥·九年级合肥市五十中学西校校考期末）如图，在正六边形中，分别以B，E为圆心，以边长为半径作弧，图中阴影部分的面积为，则正六边形的边长为（ ）
A．3 B．9 C． D．18
二、填空题
8．（2023秋·辽宁抚顺·九年级统考期末）如图，把一个宽度为的刻度尺在圆形光盘上移动，当刻度尺的一边与光盘相切时，另一边与光盘边缘两个交点处的读数恰好是“2”和“10”（单位：），那么光盘的半径是 ．
9．（2023秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期末）如图，点是的内心，，，，，则的半径为 ．
10．（2023秋·江苏南京·九年级统考期末）如图，正五边形内接于，是的直径，是上的一点（不与点，重合），则的度数为 °．
11．（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）曲线L在直角坐标系中的位置如图所示，曲线L是由半径为2，圆心角为120°的（O是坐标原点，点A在x轴上）绕点A旋转180°，得到；再将绕点旋转180°，得到；……依次类推，形成曲线L，现有一点P从O点出发，以每秒个单位长度的速度，沿曲线L向右运动，则点A的坐标为 ；在第2020s时，点P的坐标为 ．
三、解答题
12.（2023秋·河南信阳·九年级校联考期末）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个 位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点坐标分别为．
(1)画出关于轴对称的；
(2)画出绕点O逆时针旋转后的；
(3)在（2）的条件下，求点旋转到经过的路径长（结果保）．
13．（2023秋·江苏宿迁·九年级统考期末）如图，四边形是的内接四边形，且，垂足为，是的直径．
(1)和相等吗？为什么？
(2)过圆心作，垂足为，若，求的长．
14．（2023秋·四川南充·九年级四川省南充高级中学校考期末）如图，在中，，的平分线交于点D，点O在上，以点O为圆心，为半径的圆恰好经过点D，分别交，于点E，F．
(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，，求阴影部分的面积（结果保留）．
15．（2023秋·河北邯郸·九年级统考期末）如图，的半径为4，将该圆等分成8份，连接，并延长交于点．
(1)连接，直接写出和的位置关系___________；
(2)求证：；
(3)求的长；
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】为了方便求解令正方形的边长为1，那么圆的直径也就是1，可以表示出正方形和圆的面积，利用图形的对称性可以得到太极图黑色和白色部分各占圆的一半，这样就能得出最后结果．
【详解】设正方形边长为1，
正方形面积，
圆的直径为1，则半径为，
圆的面积，
太极图是旋转对称图形，所以黑色和白色部分各占圆面积的一半，
太极图黑色部分面积，
所求概率为．
故选B．
【点睛】本题考查了内切圆的知识，圆和正方形的面积，以及旋转图形的对称性，利用对称性得出黑色部分占太极图的一半是解答本题的关键．
2．D
【分析】过O点作于H，连接，如图，根据垂径定理得到，再利用勾股定理计算出，然后根据垂线段最短求解．
【详解】解：过O点作于H，连接，如图，
∴，
在中，，
∴线段长的最小值为．
故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了垂线段最短．
3．B
【分析】连接，首先证明，设,在中，利用勾股定理构建方程即可解决问题
【详解】解：如图，连接．
，
，，
点D是弧的中点，
，
，
，
，
设,
在中，则有，
解得，
，
故选：B．
【点睛】本题考查勾股定理，垂径定理，弧，弦之间的关系等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
4．C
【分析】利用同弧所对的圆心角和圆周角之间的关系即可解答．
【详解】，
，
，
故选C．
【点睛】该题考查了圆心角和圆周角定理，解答该题的关键是清楚同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．
5．B
【分析】由三角形内切圆定义可知、是、的角平分线，所以可得到关系式，把对应数值代入即可求得的值．
【详解】解：∵是的内切圆，
、是、的角平分线，
，
．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了三角形的内切圆．关键是要知道三角形内切圆的圆心是三角形三个内角平分线的交点．
6．C
【分析】连接，，可得是等边三角形，根据边心距即为等边三角形的高用勾股定理求出．
【详解】解：连接，，
∵六边形是正六边形，
∴，
∴是等边三角形，
由题意可知，则垂直平分，
∴，
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形，等边三角形的判定及性质，熟练掌握圆内接正多边形的相关概念是解题的关键．
7．C
【分析】根据多边形的内角和公式求出扇形的圆心角，然后按扇形面积公式计算即可．
【详解】解：∵正六边形的内角是，阴影部分的面积为，
设正六边形的边长为r，
∴，
解得．
则正六边形的边长为．
故选：C．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算．本题的关键是根据多边形的内角和公式求出扇形的圆心角．
8．5
【分析】设光盘的圆心为O，过点O作垂直直尺于点A，连接，再设，利用勾股定理求出x的值即可．
【详解】解：设光盘的圆心为O，如图所示：
过点O作垂直直尺于点A，连接，再设，
∵一边与光盘边缘两个交点处的读数恰好是“2”和“10”，
∴，
∵刻度尺宽，
∴，
在中，
，即，
解得：．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了垂径定理，以及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
9．
【分析】过O作交于E，设，在和中，运用勾股定理即可解答；
【详解】过O作交于E，设
点是的内心，，，
在中，由勾股定理可得：
在中，由勾股定理可得：
故
解得
故
故答案为
【点睛】该题主要考查了角平分线的性质，勾股定理，圆的基本性质，解答该题的关键是掌握该部分知识点．
10．或/或
【分析】根据正五边形的性质和圆周角定理，分当点在劣弧上时和当点在优弧上时，结合图形求解即可．
【详解】①如图所示：当点在劣弧上时，
连接、、，
∵是正五边形，是的直径，
∵是正五边形，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴（为优弧所对的圆心角）
∴；
②如图所示：当点在优弧上时，连接、、，
∵是正五边形，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：或 ．
【点睛】本题主要考查正五边形的性质、圆周角定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
11．
【分析】如图，设的圆心为，过点作于．解直角三角形求出的长，即可得到点坐标，再求出点的运动路径，判断出点的位置，求出可得结论．
【详解】解：如图，设的圆心为，过点作于．
由题意，，
，
，，
，
，
，
的长，点的运动路径，
又，
点在轴上，的长，
此时．
故答案为，．
【点睛】本题考查弧长公式，规律型问题，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
12．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用轴对称的性质画出图形即可；
（2）利用旋转变换的性质画出图形即可；
（3）点B旋转到经过的路径长即为圆弧长，根据弧长公式计算即可；
【详解】（1）关于x轴对称的如下图所示；
（2）绕点O逆时针旋转后的如上图所示；
（3）如上图，扇形的半径．
则扇形的弧长为：
即B点旋转到经过的路径长为
【点睛】本题考查了利用轴对称和旋转变换作图，扇形弧长公式等知识，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
13．(1)相等，理由见解析
(2)10
【分析】（1）根据是的直径得到，又由垂线定义得，利用等角的余角相等证明即可；
（2）由垂径定理得，再由三角形的中位线性质求得，进而即可求解．
【详解】（1）解：连接，
是的直径，
，
，
，
．
（2）解：，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，等角的余角相等，圆心角、弦的关系，三角形的中位线性质，垂径定理，掌握圆心角、弦的关系，三角形的中位线性质以及垂径定理是解题的关键．
14．(1)与相切
(2)
【分析】（1）连接，证明，即可证得，从而证得是圆的切线；
（2）在中，设，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为圆的半径，求出圆心角的度数，的面积减去扇形面积即可确定出阴影部分面积．
【详解】（1）证明：连接，如下图所示，
∵是的平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
又∵过半径的外端点D，
∴与相切；
（2）解：设，则，
根据勾股定理得：，即，
解得，即，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
则阴影部分的面积是，
故阴影部分的面积是.
【点睛】本题考查了切线的判定，扇形面积，以及勾股定理，熟练掌握切线的判定是解本题的关键.
15．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接，根据将该圆等分成8份，可得是的直径，再根据圆周角定理可证得；
（2）连接，，根据圆周角定理可证得，再由被8等分可得，，即可证得，再根据全等三角形的性质，即可证得结论；
（3）连接，，，由被8等分可求得，可得，再根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：如图：连接，
将该圆等分成8份，
是的直径，
，
，
故答案为：；
（2）解：如图：连接，，
，
被8等分，
，，
在与中，
∴，
，
，即；
（3）解：如图：连接，，，
被8等分，
∴，
，
，
∴在中，．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等分圆的性质，全等三角形的性质及判定定理，勾股定理，作出辅助线是解决本题的关键．
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第二十四章 圆 单元练习 2023-2024学年人教版九年级数学上册（含解析）
一、单选题
1．（2023秋·河北保定·九年级校考期末）“易有太极，始生两仪，两仪生四象，四象生八卦”，太极图是我国古代文化关于太极思想的图示，内含表示一阴一阳的图形（一黑一白）．如图，在正方形的内切圆中画出太极图，然后在正方形内随机取一点，则此点取自太极图中黑色部分的概率是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023秋·河南省直辖县级单位·九年级校联考期末）如图，的半径为，弦的长为，P是弦上一动点，则线段长的最小值为（ ）
A．10 B． C．5 D．
3．（2022秋·内蒙古巴彦淖尔·九年级校考期末）如图，为的直径，点是的中点，过点作于点，延长交于点．若，，则的直径长为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期末）如图，以为直径的半圆上有，的两点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023秋·安徽六安·九年级校考期末）如图，已知是的内切圆，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，已知的半径为4，则该圆内接正六边形的边心距（ ）
A． B． C． D．3
7．（2023秋·安徽合肥·九年级合肥市五十中学西校校考期末）如图，在正六边形中，分别以B，E为圆心，以边长为半径作弧，图中阴影部分的面积为，则正六边形的边长为（ ）
A．3 B．9 C． D．18
二、填空题
8．（2023秋·辽宁抚顺·九年级统考期末）如图，把一个宽度为的刻度尺在圆形光盘上移动，当刻度尺的一边与光盘相切时，另一边与光盘边缘两个交点处的读数恰好是“2”和“10”（单位：），那么光盘的半径是 ．
9．（2023秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期末）如图，点是的内心，，，，，则的半径为 ．
10．（2023秋·江苏南京·九年级统考期末）如图，正五边形内接于，是的直径，是上的一点（不与点，重合），则的度数为 °．
11．（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）曲线L在直角坐标系中的位置如图所示，曲线L是由半径为2，圆心角为120°的（O是坐标原点，点A在x轴上）绕点A旋转180°，得到；再将绕点旋转180°，得到；……依次类推，形成曲线L，现有一点P从O点出发，以每秒个单位长度的速度，沿曲线L向右运动，则点A的坐标为 ；在第2020s时，点P的坐标为 ．
三、解答题
12.（2023秋·河南信阳·九年级校联考期末）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个 位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点坐标分别为．
(1)画出关于轴对称的；
(2)画出绕点O逆时针旋转后的；
(3)在（2）的条件下，求点旋转到经过的路径长（结果保）．
13．（2023秋·江苏宿迁·九年级统考期末）如图，四边形是的内接四边形，且，垂足为，是的直径．
(1)和相等吗？为什么？
(2)过圆心作，垂足为，若，求的长．
14．（2023秋·四川南充·九年级四川省南充高级中学校考期末）如图，在中，，的平分线交于点D，点O在上，以点O为圆心，为半径的圆恰好经过点D，分别交，于点E，F．
(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，，求阴影部分的面积（结果保留）．
15．（2023秋·河北邯郸·九年级统考期末）如图，的半径为4，将该圆等分成8份，连接，并延长交于点．
(1)连接，直接写出和的位置关系___________；
(2)求证：；
(3)求的长；
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】为了方便求解令正方形的边长为1，那么圆的直径也就是1，可以表示出正方形和圆的面积，利用图形的对称性可以得到太极图黑色和白色部分各占圆的一半，这样就能得出最后结果．
【详解】设正方形边长为1，
正方形面积，
圆的直径为1，则半径为，
圆的面积，
太极图是旋转对称图形，所以黑色和白色部分各占圆面积的一半，
太极图黑色部分面积，
所求概率为．
故选B．
【点睛】本题考查了内切圆的知识，圆和正方形的面积，以及旋转图形的对称性，利用对称性得出黑色部分占太极图的一半是解答本题的关键．
2．D
【分析】过O点作于H，连接，如图，根据垂径定理得到，再利用勾股定理计算出，然后根据垂线段最短求解．
【详解】解：过O点作于H，连接，如图，
∴，
在中，，
∴线段长的最小值为．
故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了垂线段最短．
3．B
【分析】连接，首先证明，设,在中，利用勾股定理构建方程即可解决问题
【详解】解：如图，连接．
，
，，
点D是弧的中点，
，
，
，
，
设,
在中，则有，
解得，
，
故选：B．
【点睛】本题考查勾股定理，垂径定理，弧，弦之间的关系等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
4．C
【分析】利用同弧所对的圆心角和圆周角之间的关系即可解答．
【详解】，
，
，
故选C．
【点睛】该题考查了圆心角和圆周角定理，解答该题的关键是清楚同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．
5．B
【分析】由三角形内切圆定义可知、是、的角平分线，所以可得到关系式，把对应数值代入即可求得的值．
【详解】解：∵是的内切圆，
、是、的角平分线，
，
．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了三角形的内切圆．关键是要知道三角形内切圆的圆心是三角形三个内角平分线的交点．
6．C
【分析】连接，，可得是等边三角形，根据边心距即为等边三角形的高用勾股定理求出．
【详解】解：连接，，
∵六边形是正六边形，
∴，
∴是等边三角形，
由题意可知，则垂直平分，
∴，
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形，等边三角形的判定及性质，熟练掌握圆内接正多边形的相关概念是解题的关键．
7．C
【分析】根据多边形的内角和公式求出扇形的圆心角，然后按扇形面积公式计算即可．
【详解】解：∵正六边形的内角是，阴影部分的面积为，
设正六边形的边长为r，
∴，
解得．
则正六边形的边长为．
故选：C．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算．本题的关键是根据多边形的内角和公式求出扇形的圆心角．
8．5
【分析】设光盘的圆心为O，过点O作垂直直尺于点A，连接，再设，利用勾股定理求出x的值即可．
【详解】解：设光盘的圆心为O，如图所示：
过点O作垂直直尺于点A，连接，再设，
∵一边与光盘边缘两个交点处的读数恰好是“2”和“10”，
∴，
∵刻度尺宽，
∴，
在中，
，即，
解得：．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了垂径定理，以及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
9．
【分析】过O作交于E，设，在和中，运用勾股定理即可解答；
【详解】过O作交于E，设
点是的内心，，，
在中，由勾股定理可得：
在中，由勾股定理可得：
故
解得
故
故答案为
【点睛】该题主要考查了角平分线的性质，勾股定理，圆的基本性质，解答该题的关键是掌握该部分知识点．
10．或/或
【分析】根据正五边形的性质和圆周角定理，分当点在劣弧上时和当点在优弧上时，结合图形求解即可．
【详解】①如图所示：当点在劣弧上时，
连接、、，
∵是正五边形，是的直径，
∵是正五边形，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴（为优弧所对的圆心角）
∴；
②如图所示：当点在优弧上时，连接、、，
∵是正五边形，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：或 ．
【点睛】本题主要考查正五边形的性质、圆周角定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
11．
【分析】如图，设的圆心为，过点作于．解直角三角形求出的长，即可得到点坐标，再求出点的运动路径，判断出点的位置，求出可得结论．
【详解】解：如图，设的圆心为，过点作于．
由题意，，
，
，，
，
，
，
的长，点的运动路径，
又，
点在轴上，的长，
此时．
故答案为，．
【点睛】本题考查弧长公式，规律型问题，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
12．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用轴对称的性质画出图形即可；
（2）利用旋转变换的性质画出图形即可；
（3）点B旋转到经过的路径长即为圆弧长，根据弧长公式计算即可；
【详解】（1）关于x轴对称的如下图所示；
（2）绕点O逆时针旋转后的如上图所示；
（3）如上图，扇形的半径．
则扇形的弧长为：
即B点旋转到经过的路径长为
【点睛】本题考查了利用轴对称和旋转变换作图，扇形弧长公式等知识，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
13．(1)相等，理由见解析
(2)10
【分析】（1）根据是的直径得到，又由垂线定义得，利用等角的余角相等证明即可；
（2）由垂径定理得，再由三角形的中位线性质求得，进而即可求解．
【详解】（1）解：连接，
是的直径，
，
，
，
．
（2）解：，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，等角的余角相等，圆心角、弦的关系，三角形的中位线性质，垂径定理，掌握圆心角、弦的关系，三角形的中位线性质以及垂径定理是解题的关键．
14．(1)与相切
(2)
【分析】（1）连接，证明，即可证得，从而证得是圆的切线；
（2）在中，设，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为圆的半径，求出圆心角的度数，的面积减去扇形面积即可确定出阴影部分面积．
【详解】（1）证明：连接，如下图所示，
∵是的平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
又∵过半径的外端点D，
∴与相切；
（2）解：设，则，
根据勾股定理得：，即，
解得，即，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
则阴影部分的面积是，
故阴影部分的面积是.
【点睛】本题考查了切线的判定，扇形面积，以及勾股定理，熟练掌握切线的判定是解本题的关键.
15．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接，根据将该圆等分成8份，可得是的直径，再根据圆周角定理可证得；
（2）连接，，根据圆周角定理可证得，再由被8等分可得，，即可证得，再根据全等三角形的性质，即可证得结论；
（3）连接，，，由被8等分可求得，可得，再根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：如图：连接，
将该圆等分成8份，
是的直径，
，
，
故答案为：；
（2）解：如图：连接，，
，
被8等分，
，，
在与中，
∴，
，
，即；
（3）解：如图：连接，，，
被8等分，
∴，
，
，
∴在中，．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等分圆的性质，全等三角形的性质及判定定理，勾股定理，作出辅助线是解决本题的关键．
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