专题2.51圆 全章分层练习提升练（含解析）2023-2024学年九年级数学上册苏科版专项讲练

专题2.51 圆（全章分层练习）（提升练）
一、单选题
1．在平面直角坐标中，的半径为5，以下各点在内的是（　　）
A． B． C． D．
2．如图，，于点E，若的半径为2，则的长为（　　）

A． B．2 C．3 D．4
3．如图，为的一条弦，直径于点E，连接、，若，，则的长为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
4．如图，为的外心，为正三角形，与相交于点，连接．若，，则为（ ）
A．110° B．90° C．85° D．80°
5．如图，为的直径，弦于点E，连接，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
6．如图，是的直径，点C为圆上一点，D是弧的中点，与交于点E．若E是的中点，半径为3，则的长为（　　）

A．4 B． C． D．8
7．如图，，分别与相切于A，B两点，C为上一点，连接，．若，，，则为( )

A． B． C．2 D．3
8．如图，在中，，过点，的分别交，于，两点，连接并延长交于点，连接，．若，，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
9．如图所示正六边形的面积为6，点是边的中点，连接相交于，若四边形的面积记作，四边形的面积记作，则的值是（ ）

A． B．1 C． D．2
二、填空题
10．如图，与的边相切，切点为．将绕点按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点．若，则 度．

11．如图，是的直径，弦于点，，，则 ．

12．如图，的半径为6cm，是弦，于点C，将劣弧沿弦折叠，交于点D，若D是的中点，则的长为 ．

13．如图，把直角三角板的直角顶点C放在圆周上，两直角边与圆弧分别交于点A，B，量得，，则该圆的半径是 ．

14．如图，将沿弦折叠交直径于圆心O，则 度．

15．如图，在中，的内切圆与分别相切于点，，连接的延长线交于点，则 ．

16．如图，点是外一点，，分别与相切于点，，点在上，已知，则的度数是 ．

17．如图，点是的内心，，，，，则的半径为 ．

18．如图，的两边、分别切于点、，若，则 ．

三、解答题
19．如图，的两条弦、互相垂直，垂足为E，且．

(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
20．已知：如图，内接于圆，且过圆心是弧上的一点，，垂足为，连接、与交于点．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
21．已知四边形内接于，对角线是的直径．

(1)如图1，连接，若，求证；平分；
(2)如图2，为内一点，满足，若，，求弦的长．
22．如图，中，，以为直径的交于点，点在上，，的延长线交于点F．

(1)求证：与相切；
(2)若的半径为3，，求的长．
23．如图1，内接于⊙O，直线与⊙O相切于点D，与相交于点E，．
（1）求证：；
（2）如图2，若是⊙O的直径，E是的中点，⊙O的半径为4，求的长．
24．已知的直径，弦与弦交于点E，且，垂足为点F．

(1)如图1，若，求的长．
(2)如图2，若E为弦的中点，求证：．
(3)连结、、，若是的内接正n边形的一边，是的内接正边形的一边，求的面积．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【分析】先根据勾股定理求出各点到的距离，再与的半径5相比较即可．
【详解】解：A、点到的距离为，则点在内，本选项符合题意；
B、点到的距离为，则点在上，本选项不符合题意；
C、点到的距离为，则点在外，本选项不符合题意；
D、点到的距离为，则点在外，本选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键．
2．B
【详解】根据垂径定理可以得到，再根据全等三角形的判定与性质，可以得到，从而可以得到，最后根据勾股定理即可求得的长．
【解答】解：连接，，作于点N，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
故选：B．

【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、垂径定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
3．B
【分析】先由垂径定理求得，再由，得出，然后根据勾股定理求出，最后证明是等边三角形，得出．
【详解】解：∵直径于点E，
∴，，
∵，
∴，，
由勾股定理，得，即，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握垂径定理、勾股定理、直角三角形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
4．C
【分析】由三角形的外心可知，结合，先求出，再利用是正三角形以及外角的性质即可求解的度数．
【详解】解：是的外心，
是正三角形
故选C．
【点睛】本题主要考查外心的性质，等边三角形的性质及三角形外角性质，熟练掌握外心的性质及外角的性质是解决本题的关键．
5．A
【分析】由得到是等腰三角形，根据垂径定理得到垂直平分，则，利用圆周角定理得到即可．
【详解】解：∵，
∴是等腰三角形，
∵为的直径，弦于点E，
∴垂直平分，
∴，
∴．
故选：A
【点睛】此题考查了垂径定理、圆周角定理、等腰三角形的判定和性质，熟练掌握垂径定理、圆周角定理是解题的关键．
6．B
【分析】连接交于F，如图，根据垂径定理得到，则，根据圆周角定理得到，所以，接着证明得到，则，所以，然后利用勾股定理计算出，从而得到的长．
【详解】解：连接OD交AC于F，如图，

∵D是弧的中点，
∴，，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，平行线的判定，中位线定理；作出辅助线，运用垂径定理得到相等线段和直角三角形是解题的关键．
7．C
【分析】连接、，过A点作于H，如图，设的半径为r，根据切线的性质得到，则，再计算出，则可表示出，，利用勾股定理得到，然后解方程即可， 连接，可得出是等腰直角三角形，即可求解．
【详解】解：连接、，过A点作于H，如图，

设的半径为r，
∵与相切于A点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，，
∴，
在中，，即，
解得（负值已舍），
即的半径为，
连接，如图所示，

∵，分别与相切于A，B两点，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径，也考查了含30度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是关键．
8．C
【分析】由四边形内接于知，据此得，由是的直径知及，再根据四边形是的内接四边形知，从而证得，根据是等腰直角三角形知，继而可得答案．
【详解】解：四边形内接于，且，

，
，
是等腰直角三角形，
，
又是的直径，
，
，
四边形是的内接四边形，
，
，
，
中，、，
．
，
，
，
，
，
，
．
故选C．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质及勾股定理．
9．B
【分析】，根据正六边形的性质分别求出 即可．
【详解】解：连接，如图所示：

由正六边形的对称性可知：
∴是全等的等边三角形
∴四边形是菱形
同理，
∵
∴
∵点是边的中点
∴
∵
∴
故选：B
【点睛】本题考查了正六边形的性质．将所求面积与正六边形的面积建立联系是解题关键．
10．87
【分析】根据旋转对应边相等及半径相等得到等边，得到旋转角为，然后利用三角形外角和定理计算即可．
【详解】绕点按顺时针方向旋转得到，点落在上，
，，
连接，

，
为等边三角形，
，
绕点按顺时针方向旋转了，
，
．
故答案为：87.
【点睛】本题考查旋转中角度的计算，旋转过程中对应边相等，对应角相等，旋转角处处相等．本题中利用圆的半径相等得到边长关系进而求得角度关系是解题的关键．
11．2
【分析】根据垂径定理和勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：设，则，
在中，由勾股定理得，，
即，
解得，
即，
故答案为：2．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，掌握垂径定理、勾股定理是正确解答的前提．
12．##厘米
【分析】连接，延长交弧于，可证，从而可求，由，即可求解．
【详解】解：如图，连接，延长交弧于，

由折叠得：，
是的中点，
，
，
，
，
，
在中
，
．
故答案：．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，垂径定理，勾股定理，掌握相关的性质，构建出由弦、弦心距、半径组成的直角三角形是解题的关键．
13．5
【分析】连接，得到为圆的直径，由于，根据勾股定理求出，便可以求出圆的半径．
【详解】解：连接，如图．
，
为圆的直径，
cm， cm，
，
半径cm．
故答案为．

【点睛】本题考查勾股定理和圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
14．120
【分析】过O点作交于D，交于E，连接，．根据折叠可得，，根据三角形中位线定理可得，再根据等边三角形的判定和性质，以及邻补角的定义即可求解．
【详解】解：过O点作交于D，交于E，连接，．

由折叠可得：，，则为的中位线，
∵是直径，
∴，，则，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
故答案为：120．
【点睛】考查了翻折变换（折叠问题），圆周角定理，三角形中位线定理，等边三角形的判定和性质，以及邻补角的定义，综合性较强，构造辅助线是是解决问题的关键．
15．##度
【分析】如图所示，连接，设交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出，再由切线长定理得到，进而推出是的垂直平分线，即，则．
【详解】解：如图所示，连接，设交于H，
∵是的内切圆，
∴分别是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵与分别相切于点，，
∴，
又∵，
∴是的垂直平分线，
∴，即，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
16．##度
【分析】连接，根据切线的性质得出，根据四边形内角和得出，根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：如图，

∵，分别与相切于点，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，求得是解题的关键．
17．
【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．
18．15°##度
【分析】如图，连接，，求解，可得，证明，再利用三角形的外角和的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接，，
∵的两边、分别切于点、，
∴，而，
∴，
∴，
∵，
∴，

∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，圆周角定理的应用，切线的性质，四边形的内角和定理的应用，三角形的外角的性质，熟记以上基础知识是解本题的关键．
19．(1)见解析
(2)
【分析】（1）作于点M，作于点N，证明四边形为矩形，可得，，，可得，证明四边形是正方形，可得．证明，从而可得结论；
（2）连接，求解，可得，可得，再由勾股定理可得答案.
【详解】（1）证明：作于点M，作于点N，
又∵，
∴四边形为矩形，
∵，，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴．
∵，，
∴，，
又∵，
∴，
∴即．
（2）连接，

由（1）可知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
在中，，
∴⊙O的半径为．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，矩形，正方形的判定与性质，垂径定理的应用，弦，弧，弦心距之间的关系，熟记圆的基本性质是解本题的关键.
20．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据垂径定理可得，即可得，结合三角形外角的性质可证明结论；
（2）利用勾股定理可求解的长，结合勾股定理可求解，再利用三角形的中位线可求解的长，即可求得的长，根据勾股定理可求解的长，由圆周角定理可得，再利用勾股定理可求解．
【详解】（1）证明：连接，

于点，
，
，
，
；
（2）解：，
，
于点，
，
是的中位线，
，
，
，
，
，
为直径，
，
∴，
∴，
解得．
【点睛】本题主要考查垂径定理，圆周角定理，勾股定理，三角形的中位线，三角形外角的性质等知识的综合运用，灵活运用勾股定理求解线段的长是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用垂径定理的推论和圆周角的性质证明即可．
(2)证明四边形平行四边形，后用勾股定理计算即可．
【详解】（1）∵对角线是的直径，
∴，
∴，
∴平分．
（2）∵对角线是的直径，
∴，
∴
∵，
∴，
∴四边形平行四边形，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理的推论，直径所对的圆周角是直角，平行四边形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握垂径定理的推论，平行四边形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)6
【分析】（1）连接、，则，所以，由，得，所以，即可证明与相切；
（2）由切线的性质得，，，得，则，即可根据勾股定理列方程，求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接、，

则，
，
，，
，
，
经过的半径的外端，且，
与相切．
（2）解：由（1）知与相切，
∴
∵，，
，
，
∵
∴，
∵，，
，
，
的长为6．
【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、圆的切线的判定、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
23．（1）见详解；（2）
【分析】（1）连接OB，由题意易得，则有，进而可得，然后问题可求证；
（2）由题意易得，进而可得，然后再根据勾股定理可求解．
【详解】（1）证明：连接OB，如图所示：
∵直线与⊙O相切于点D，
∴，
∵，
∴，
∵OD是⊙O的半径，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）∵E是的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵⊙O的半径为4，
∴，
∵是⊙O的直径，
∴，
∴AB=4，，
∴在Rt△ABE中，由勾股定理得：．
【点睛】本题主要考查切线的性质、三角函数、含30°的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握切线的性质、三角函数、含30°的直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
24．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先根据垂径定理和弧、圆心角的关系可求得，进而利用含30度角的直角三角形的性质求解即可；
（2）先根据垂径定理得到，再利用三角形的中位线性质得到，，证明得到即可证得结论；
（3）先求得、、所对的圆心角的度数，再利用含30度角的直角三角形的性质求得，，进而求得即可求解．
【详解】（1）解：如图1，∵，垂足为点F，，
∴，则，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：如图2，连接，

∵为直径，，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
∵、，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，连接，

∵是的内接正n边形的一边，是的内接正边形的一边，
∴，
则，
解得：．
经检验：是原方程的根．
∴，，
∵，，
∴，
∴，则，
则，
．
【点睛】本题考查圆的综合，涉及垂径定理，圆周角定理，弧、圆心角的关系、含30度角的直角三角形的性质，三角形的中位线性质，全等三角形的判定与性质、正多边形的中心角等知识，熟练掌握圆的相关知识的运用是解答的关键．
答案第1页，共2页
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