第二十四章 圆检测卷（提高卷）2023-2024学年九年级上册人教版（含解析）

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第二十四章圆检测卷（提高卷）2023-2024学年九年级上册人教版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1．在平面直角坐标系中，将平行四边形的顶点置于坐标原点，点坐标为，点坐标为，以为直径画圆，则顶点与这个圆的位置关系是(　　)
A．点在圆内 B．点在圆上 C．点在圆外 D．不能确定
2．如图，连接的内接正十二边形顶点得到，，若，则阴影部分的面积为（　　）
A． B．2 C． D．
3．如图，为的内切圆，，，，点D，E分别为，上的点，且为的切线，则的周长为（ ）

A．9 B．7 C．11 D．8
4．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点O重台，轴，交y轴于点P．将绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，是的两条切线，切点分别为交于点．下列结论中，错误的是（ ）

A． B． C． D．
6．如图，是的两条直径，点是弧的中点，连接，若，则的度数（　　）

A． B． C． D．
7．如图，在网格（每个小正方形的边长均为1个单位长度）中选取9个格点（格线的交点称为格点）．若以点A为圆心，为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有3个在圆内，则的取值范围为（　　）

A． B． C． D．
8．如图，为的直径，弦于点E，连接，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
二、填空题
9．如图，内切于正方形，为圆心，作，其两边分别交，于点，，若，则的面积为 ．

10．如图，的内切与，，分别相切于点，，，且，的周长为，则的长为 ．

11．如图，正方形的顶点O在原点，边，分别在x轴和y轴上，点C坐标为，点D是的中点，点P是边上的一个动点，连接，以P为圆心，为半径作圆，设点P横坐标为t，当与正方形的边相切时，t的值为 ．

12．如图所示，在中，是的内心，是的中点，则 ．

13．如图，已知是半圆上的三等分点，连接和相交于点，有下列结论：①；②；③；④四边形是菱形．其中正确的有 （填序号）．

14．如图，与相切于点，与交于，两点，，于点，且经过圆心，连接，若，，则的长为 ．
15．如图，的半径为，弦的长为，则由劣弧与弦组成的弓形的高等于 ．
16．如图，在中，，是的内切圆，三个切点分别为，，，若，，则的面积是 ．

三、解答题
17．如图，的两条直角边，，斜边上的高为．若以为圆心，分别以，，为半径作圆，试判断点与这三个圆的位置关系．

18．如图①，已知圆锥的母线长，若以顶点为中心，将此圆锥按图②放置在平面上逆时针滚动3圈后所形成的扇形的圆心角．

(1)求圆锥的底面半径；
(2)求圆锥的全面积．
19．如图，是的直径，点C，D是上的点，且，分别与，相交于点E，F．

(1)求证：点D为弧的中点；
(2)若，，求的直径．
20．如图，，是的半径，弦于点，，若，求劣弧的长．
21．如图，两个半径均为的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，扇形的圆心是的中点，半径交于点，半径交于点，求图中阴影部分的面积．

22．如图，是的弦，交于，，．

(1)求的长；
(2)若是的中点，求证：是的切线．
参考答案：
1．B
【分析】根据平行四边形的性质可确定点坐标为，易得的中点的坐标，再利用勾股定理计算出的长，然后根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】解：设的中点为，
∵四边形为平行四边形，点坐标为，点坐标为，点坐标为，
∴点A到点B向左移动10个单位长度，点D到点C也向左移动10个单位长度，
∴点坐标为，
又∵的中点为，
∴点坐标为即，
∴，
∵点坐标为，点坐标为，以为直径画圆，
∴的半径为，
∴点在上．
故选：B．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系：设的半径为，点到圆心的距离，则有：点在圆外；点在圆上；点在圆内．也考查了坐标与图形，中点坐标公式，平行四边形的性质，两点间的距离．
2．B
【分析】根据已知条件得到，求得，，得到，过作于，于，解直角三角形得到，，根据梯形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：如图所示，
，
，，
，
，
过作于，于，
，
，
，
，
，
，
，
阴影部分的面积为．
故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，梯形的面积的计算，勾股定理，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
3．C
【分析】设，，，和圆的切点分别是P，N，M，设，根据切线长定理得到，，，由可构建关于x的方程，求出x的值．可求的周长即是的值，即可求解．
【详解】解：设，，，和圆的切点分别是P，N，M，Q，
设，
根据切线长定理，得，，．
则有，
解得：．
所以的周长．
故选：C．

【点睛】此题主要是考查了切线长定理．根据切线长定理列出方程是关键．
4．A
【分析】根据正六边形的性质推出，进而得出，，则，再根据旋转的性质，依次得出前几次旋转的点A的对应点坐标，总结出一般变化规律，即可解答．
【详解】解：∵该六边形为正六边形，
∴，，
∵轴，正六边形中心与原点0重合，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴
第1次旋转结束时，点A的坐标为；
第2次旋转结束时，点A的坐标为；
第3次旋转结束时，点A的坐标为；
第4次旋转结束时，点A的坐标为，
∵4次一个循环，
∴
第2023次旋转结束时，点A的坐标为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，旋转的性质，解题的关键是掌握求正多边形中心角的方法，旋转的性质．
5．D
【分析】连接，根据切线长定理和半径相等，得到是线段的中垂线，逐一进行判断即可．
【详解】解：连接，

则：，
∵是的两条切线，
∴，
∴是线段的中垂线，
∴，
∴；
∴，
条件不足，无法得到，
∴；
综上，只有选项D错误，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查切线长定理：从圆外一点，引圆的两条切线，则该点到两个切点间的距离相等．
6．D
【分析】连接，根据圆周角定理可得，结合点是弧的中点，可得，再结合三角形内角和定理以及等腰三角形“等边对等角”的性质求解即可．
【详解】解：连接，如图所示，

∵，
∴，
∵点是弧的中点，
∴，
∵，
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理及其推论、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
7．B
【分析】利用勾股定理求出各格点到点的距离，结合点与圆的位置关系，即可得出结论．
【详解】解：给各点标上字母，如图所示．

，，，，，
时，以为圆心，为半径画圆，选取的格点中除点外恰好有3个在圆内．
故选：B．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系以及勾股定理，利用勾股定理求出各格点到点的距离是解题的关键．
8．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．
9．
【分析】设与正方形的边切于E，与切于F，则四边形是正方形，求得，，根据证明得到，得到，进而可得到结论．
【详解】解：设与正方形的边切于E，与切于F，

连接，，则四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
10．
【分析】连接，由与，，分别相切于点，，，得，进而可求；
【详解】解：连接，
∵与，，分别相切于点，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．

【点睛】本题主要考查三角形内接圆的性质，掌握相关知识并正确做出辅助线是解题的关键．
11．
【分析】由点C的坐标可得出，的长度，结合点D是的中点可得出的长度，当与相切时，在中，利用勾股定理可得出关于的一元一次方程，解之即可求出值．
【详解】解：∵点C坐标为，点是的中点，四边形是正方形，
∴，．
当与相切时，如图1所示．

∵点横坐标为，
∴，
在中，，，，
∴，即，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质、坐标与图形性质以及正方形的性质，利用勾股定理找出关于的方程是解题的关键．
12．
【分析】设的内切圆I与各边分别相切于点D，E，F，连接，，，可推出四边形是正方形，从而，设，则，，从而得出，求得x的值，进一步得出结果．
【详解】解：如图， ∵，，，
∴，

∵O是的中点，
∴，
设的内切圆I与各边分别相切于点D，E，F，连接，，，
∴，，，，，
∴四边形是矩形，
∴四边形是正方形，
∴，
设，则，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆，圆的切线的性质，勾股定理，切线长定理等知识，解决问题的关键是掌握切线的有关性质．
13．①②③④
【分析】①首先根据点C，D是半圆上的三等分，求出的度数；然后根据圆周角定理，求出的度数即可；②根据三角形的内角和定理，求出，即可判断出；③根据垂径定理判断出E是的中点，然后得到是的中位线，即可判断出，④先证明，再证明是等边三角形，得到，根据菱形的判定方法可判断四边形是菱形.
【详解】解：连接，

∵已知是半圆上的三等分点，
∴，
∴，故①正确；
∴，
∴，故②正确；
∴，，
∴是的中位线，
∴，故③正确；
∵是半圆O的直径，
∴，又，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形是平行四边形，又，
∴四边形是菱形．故④正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦三者的关系，菱形的判定和性质，等边三角形的判定，三角形的内角和定义及中位线性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
14．/
【分析】连接，根据切线的性质得到，推出是等腰直角三角形，得到，推出是等腰直角三角形，得到，根据勾股定理求得，即可得到结论．
【详解】解：如下图，连接，
∵与相切于点，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、等腰直角三角形的判定和性质、垂径定理、勾股定理等知识，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
15．2
【分析】根据垂径定理，构造直角三角形，然后利用勾股定理求出的长，即可获得答案．
【详解】解：根据垂径定理，可得，，
则在中，，
∴．
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理是解题关键．
16．30
【分析】根据切线长定理得到，，，代入求解即可得到答案；
【详解】解：∵是的内切圆，三个切点分别为，，，若，，
∴，，，
∵，
∴，
解得：，（不符合题意舍去），
∴，，
∴，
故答案为：；
【点睛】本题考查切线长定理及勾股定理，解题的关键是得到，，．
17．当以为半径作圆时，点在这个圆的外部；当以为半径作圆时，点在这个圆上；当以为半径作圆时，点在这个圆的内部
【分析】根据勾股定理得到，再由等面积法求出，结合点与圆的位置关系判断即可得到答案．
【详解】解：∵的两条直角边，，
∴由勾股定理可得，
∵，
∴，
当以为半径作圆时，点在这个圆的外部；
当以为半径作圆时，点在这个圆上；
当以为半径作圆时，点在这个圆的内部．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，涉及勾股定理及等面积法求线段长，熟记点与圆的位置关系的判断方法是解决问题的关键．
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据圆锥底面圆周长的3倍＝扇形的弧长，构建方程求解即可．
（2）根据表面积＝底面积＋侧面积，计算即可．
【详解】（1）由题意得：，
∴cm．
（2）圆锥的全面积．
【点睛】本题考查圆锥的计算，弧长公式等知识，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．
19．(1)见解析
(2)20
【分析】（1）根据圆周角定理、平行线的性质可得，再根据垂径定理即可证明；
（2）根据垂径定理可得，再用勾股定理解即可．
【详解】（1）证明：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点D为的中点；
（2）解：∵，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴的直径为20．
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，平行线的性质，解直角三角形等，解题的关键是熟练运用垂径定理．
20．
【分析】先根据垂径定理得，，由平行线的性质得，证明，得，证明是等边三角形，可求得，根据弧长公式求解即可．
【详解】连接．

∵弦，
∴，
∴．
∵，
∴．
在与中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴劣弧的长为．
【点睛】本题考查垂径定理、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、弧长的计算，熟练掌握弧长公式是解题关键．
21．
【分析】过点作,作,垂足分别为 ,连接,则可得到四边形是正方形，再证的，即可得到图中阴影部分的面积两个扇形面积和个空白区域面积的和，解题即可．
【详解】两扇形的面积和为
如图，过点作,作,垂足分别为 ,连接,

则四边形是矩形.
∵点是的中点,
∴平分,
∴,
∴矩形是正方形.
∵,
∴ .
在与中.
∴，
∴中间空白区域面积相当于对角线是 的正方形面积，
∴空白区域的面积为，
∴ 图中阴影部分的面积两个扇形面积和个空白区域面积的和.
【点睛】本题考查扇形的面积求法，正方形的判定，全等三角形的判定和性质，得出四边形的面积是解题的关键.
22．(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可求出的度数，进而根据含度角的直角三角形的性质，勾股定理求得的长，最后由垂径定理可得的长．
（2）由于点在圆上，可根据“连半径，证垂直”可证得是的切线．
【详解】（1）连接，，如图，

∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）由（1），
而，
∴为等边三角形，
∴，，
∴是的中点，
∴，
∴，
而，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线．
【点睛】本题主要考查了圆的性质，其中熟知圆的垂径定理以及圆的切线常用证明方法是解决本题的关键．
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