2023-2024学年人教版（2012）九年级上册第二十四章圆单元测试卷(含答案)

2023-2024学年 人教版（2012）九年级上册 第二十四章 圆 单元测试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，矩形中，，，以A为圆心，1为半径画圆， E是上一动点，P是上的一动点，则的最小值是（ ）

A．2 B．3 C．4 D．
2．如图，的半径为13，弦，于点，则的长为（ ）
A．10 B．6 C．5 D．12
3．已知：如图，是的两条半径，且，点在上，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
4．如图，在平面直角坐标系中，以为圆心，半径为2的圆与x轴交于A、B两点，与y轴交于C、D两点，点E为上一动点，于F，则线段的最小值为( )
A． B． C． D．
5．如图， 是半圆O的直径，C 是半圆O上异于A，B 的一点，D 为 的中点，延长 交 的延长线于点 E，若 ，则 的度数是（ ）

A． B． C． D．
6．如图，四边形内接于，延长交圆于点，连接．若，，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
7．已知的半径是1，弦，点C为上的一点（不与点A、B重合），则的度数为（ ）
A． B． C．或 D．或
8．如图，三点在已知的圆上，在中，是的上一点，分别连接，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．如图，的内切圆（圆心为点）与各边分别相切于点，，，连接，，．以点为圆心，以适当长为半径作弧分别交，于，两点；分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧交于点；作射线．下列说法正确的是（ ）．

A．射线一定过点 B．点是三条中线的交点
C．若是等边三角形，则 D．点是三条边的垂直平分线的交点
10．如图，正五边形内接于，作直径；以F为圆心，为半径作圆弧，与交于点M，N；连接，，，下列四个结论正确的是（ ）
A．
B．是正三角形
C．连接，则
D．从点A开始，以长为边长，在上依次截取点，再依次连接这些分点，得到的多边形是正十五边形
三、填空题
11．如图，在中，为的弦，点A在内（点、A在弦的同一侧），连接、，若线段的长为8，线段的长为12，的度数与的度数相等，均为，则弦的长为 ．

12．已知的内切圆半径，、、为切点，，，，则 ．

13．如图，半径为的上，依次有三个点，若四边形为菱形，则弦所对的圆周角为 度．

14．如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，则该圆锥的母线长，底面圆的半径，扇形的圆心角 °．

四、证明题
15．如图内接于，且．的外角平分线交于垂足为．

(1)求证：；
(2)若，求的面积．
16．如图，矩形中，＝13，＝6，点E是上的动点，以为直径的⊙O与交于点F，过点F作于点G．

(1)当E是的中点时：tan的值．
(2)在（1）的条件下，证明：是圆O的切线．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】过点D作关于直线的对称点F，连接，交于点P，交于点E，此时最小，等于，利用勾股定理计算即可．
【详解】如图，过点D作关于直线的对称点F，

连接，交于点P，交于点E，此时最小，等于，
因为四边形是矩形，，，
所以，，
所以，
所以，
所以，
所以的最小值为4，
故选∶C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，轴对称求线段和最小值，熟练掌握矩形的性质，轴对称性质是解题的关键．
2．C
【分析】由于于点，所以由垂径定理可得，在中，由勾股定理即可得到答案．
【详解】解：在中，
∵，，
∴，
∵在中，，，
∴由勾股定理可得：
故选：C．
【点睛】本题考查了垂径定理的性质，熟练运用垂径定理并结合勾股定理是解答本题的关键．
3．B
【分析】判断出，再利用圆周角定理求解．
【详解】解：，
，
．
故选：B．
【点睛】本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理，属于中考常考题型．
4．B
【分析】连接，作，连接，由可知，点F在以为直径的圆M上移动，当点F在的延长线上时，的长最小，根据含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求出，即可解答．
【详解】解：连接，作，连接，
∵，
∴，
∵为圆心，半径为2，
∴，
在中，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴点F在以为直径的圆M上移动，
当点F在的延长线上时，的长最小，最小值为，
故选：B．
【点睛】此题考查了垂径定理，直角三角形30度角的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用的辅助线解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
5．D
【分析】连接，根据弧与角的关系得出，再由圆周角定理得出，结合图形，利用各角之间的关系求解即可．
【详解】解：连接，

∵D 为 的中点，
∴，
∵ 是半圆O的直径，
∴，
∴，
∴，
∴
故选：D．
【点睛】题目主要考场圆与三角形综合问题，包括圆周角及弧、弦、角的关系，三角形外角的性质等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
6．B
【分析】根据直径所对的圆周角是直角得到，根据直角三角形两个锐角互余求出，根据圆内接四边形的性质得到，计算即可．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，直径所对的圆周角是直角，直角三角形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
7．C
【分析】根据题意画出对应几何图即可求解．
【详解】解：如图：作

则
∵
∴
故选：C
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理、圆周角定理等知识点．根据题意画出对应几何图是解题关键．
8．B
【分析】根据在同圆或等圆中，同弧所得的圆周角相等可得，据此即可求解．
【详解】解：由题意得：
∵
∴
故选：B
【点睛】本题考查在同圆或等圆中，同弧所得的圆周角相等．熟记相关结论是解题关键．
9．ACD
【分析】根据基本尺规作图、三角形的内心的定义、外心的定义、等边三角形的性质逐项判断即可．
【详解】解：∵圆O是的内切圆，
∴点O是三个内角角平分线的交点，
由尺规作图可知，射线是的平分线，
∴射线一定过点O，故A选项说法正确，符合题意；
点O是三边垂直平分线的交点，故B选项说法错误，不符合题意， D选项说法正确，符合题意；
∵是等边三角形，
∴点D、E分别为、的中点，
∴是的中位线，
∴，故C选项说法正确，符合题意；
故选：ACD．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心、内切圆与内心，掌握三角形的外心和内心的定义、基本尺规作图是解题的关键．
10．BD
【分析】根据正五边形内角和，即可求出的度数，判断选项A；连接、，根据题意，易证是等边三角形，得到，再根据同弧所对的圆周角相等，得到，同理可证，，即可判断选项B；连接、，可知，即可推出，判断选项C；利用圆周角定理，得到，再根据正多边形的性质，得到，进而求得，即可判断选项D．
【详解】解：五边形是正五边形，
内角和为，
，
选项A结论错误，不符合题意；
连接、，
由题意可知，，
是等边三角形，
，
，
同理可证，是等边三角形，，
，
是正三角形，
选项B结论正确，符合题意；
连接、，
是等边三角形，
，
，
，
，
选项C结论错误，不符合题意；
，
，
，
，
，
以长为边长，在上依次截取点，得到的多边形是正十五边形，
选项D结论正确，符合题意，
故选BD．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，等边三角形的判定和性质，利用数形结合的思想解决问题是解题关键．
11．20
【分析】延长交于D，根据，易证得是等边三角形，由此可求出，的长；过O作的垂线，设垂足为E；在中，根据的长及的度数易求得的长，进而可求出的长；由垂径定理知，由此得解．
【详解】解：延长交于D，作于E．

∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：20．
【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，垂径定理的应用，难度适中．解题的关键是根据已知条件的特点，作辅助线构造出等边三角形和直角三角形．
12．5
【分析】连接、、、、、，根据题意得到，即，进而得出，即可求解．
【详解】解：如图，连接、、、、、，

∵的内切圆半径，、、为切点，，
，
，
，
，
，
，
，，
即，，
故答案为：5．
【点睛】本题考查圆的外接三角形，等腰三角形的性质，圆的切线定理，准确作出辅助线是解题的关键．
13．或
【分析】利用圆周角定理，圆内接四边形和菱形的性质即可求解．
【详解】如图，在优弧取一点，连接，，

∵四边形是菱形，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴则弦所对的圆周角为或，
故答案为：或．
【点睛】此题考查了圆周角定理，圆内接四边形和菱形的性质，解题的关键是熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半及菱形的性质及其应用．
14．150
【分析】利用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，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到，然后解关于θ的方程即可．
【详解】解：根据题意得，
解得．
故答案为150．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：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，扇形的半径等于圆锥的母线长
15．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质可得，再由平分的外角，可得，从而得到，即可；
（2）在上截取，连接，证明，可得，从而得到，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，

∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵平分的外角，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，在上截取，连接，

∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的面积为．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
16．(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质可得，利用E为中点即可求得；
（2）连接，矩形的性质证明，得出，利用等边对等角得角相等，等量代换得，得出平行从而有，则结论得证．
【详解】（1）（1）解：∵四边形是矩形，
∴， ，，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∴．
（2）证明：连接，
在矩形中，，，
又，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∵是⊙O的半径，
∴是⊙O的切线．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、切线的判定．熟练掌握切线的判定是解题的关键．
答案第1页，共2页
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