人教版九年级上册数学第二十四章圆单元试题（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
中小学教育资源及组卷应用平台
人教版九年级上册数学第二十四章圆单元试题
一、单选题（每题3分，共30分）
1．如图，在半径为5的中，点是弦的中点，长为3，则 弦长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
2．如图，A，B，C是上的三个点，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点O，A，B，C均在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原点建立直角坐标系，则过A，B，C三点的圆的圆心坐标为（　　）
A． B． C． D．
4．若一个等边三角形的边长为，则其内切圆与外接圆的半径分别为（ ）
A．， B． C． D．1，2
5．已知圆锥的底面圆半径为3，母线长为4，则圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，是的直径，点，在圆上，且经过中点，连接并延长，与的延长线相交于点，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
7．已知点A，B，C在上，将圆沿着弦折叠交直径于点D若，则的长（ ）
A． B． C． D．
8．如图，是的直径，点在上，且弧的长是弧长的2倍，的平分线交于点，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
9．如图，正五边形内接于，为上一点（点与点、不重合），连接、，，垂足为，的度数为（ ）

A． B． C． D．
10．如图，点D是中边的中点，于E，以为直径的经过D，连接，有下列结论：①；②；③；④是的切线．其中正确的结论是（　　）
A．①② B．①②③ C．②③ D．①②③④
二、填空题（每题3分，共30分）
11．如图，的半径为，弦的长为，，交于点，交于点，则 ．
12．已知：如图，是的直径，弦交于E点，，，，则的长为 ．
13．若圆锥的底面半径和母线均为3，则它的侧面积是 ．
14．如图，四边形内接于，是的直径，，则的度数是 ．
15．如图，内接于，是的直径，于点，连接，半径，连接，于点若，则的长为 ．
16．如图，在中，，的内切圆与分别相切于点D、E、F，若的半径为2，，则的长 ．
17．在平面直角坐标系中，已知、、都在上，则圆心M的坐标为 ．
18．如图，点、、在上，，半径的长为3，则的长为 ．
19．如图，是圆内接四边形的一条对角线，点D关于的对称点E在边上，连结．若，则的度数为 ．
20．如图①， 是的半径，弦垂直平分，垂足为点，，连接，，将图中阴影部分的扇形剪下围成一个圆锥的侧面（如图，则圆锥的底面圆半径是 cm．
三、解答题（共60分）
21．如图，，交于点C，D，是半径，且于点F．
(1)求证：．
(2)若，，求直径的长．
22．如图，在中，，以点A为圆心，长为半径作圆，交于点D，交于点E，连接．
(1)若，求的度数；
(2)若，，求的长．
23．如图，是的外接圆，，过点A作交于点D，连接，延长到点E，连接，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求半径的长．
24．如图，已知为的直径且，A为上一个动点（不与点D、E重合），线段经过点E，且，F为上一点，，的延长线与的延长线交于点C．
(1)求证：；
(2)当点A在上运动时，求四边形的最大面积．
25．如图，已知的内接正十边形，交，于，，求证：
(1)；
(2)．
26．如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，，垂足为点D，的延长线交的延长线于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求线段的长．
27．如图，为直径，为的弦，，延长至，且，的半径为6．
(1)求证：直线与相切；
(2)如图1，若，求阴影部分面积；
(3)如图2，若，求的值．
中小学教育资源及组卷应用平台
中小学教育资源及组卷应用平台
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
参考答案：
1．D
【分析】本题考查圆中求线段长，涉及中点定义、垂径定理的推论、勾股定理等知识，连接，如图所示，由垂径定理的推论可知，在中，由勾股定理求解即可得到答案，熟练掌握垂径定理及其推论是解决问题的关键．
【详解】解：连接，如图所示：
点是弦的中点，
由垂径定理的推论可知，且，
在中，，则由勾股定理可得，
，
故选：D．
2．B
【分析】此题考查了圆周角定理，根据圆周角定理求解即可．
【详解】∵，
∴．
故选：B．
3．D
【分析】此题考查了三角形外接圆的外心、垂径定理、坐标与图形的性质．勾股定理等知识；关键是根据垂径定理得出外接圆的圆心位置．
连接，作的垂直平分线，根据勾股定理和半径相等得出点的坐标即可．
【详解】解：连接，作的垂直平分线，如图所示：
在的垂直平分线上找到一点，
，
点是过、、三点的圆的圆心，
即的坐标为，
故选：D．
4．D
【分析】本题考查的是三角形的外接圆和内接圆，掌握等边三角形的性质、三角形外接圆和内接圆的概念、根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
【详解】解：如图，设等边三角形的中心为O，
，
连接，延长交于点E，则，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∴为外接圆的半径，为内切圆的半径，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴内切圆与外接圆的半径分别为1和2，
故选：D．
5．B
【分析】本题考查了圆锥的侧面积展开图公式，解题的关键是掌握圆锥的侧面积的计算公式：圆锥的侧面积底面半径母线长．
【详解】解：，
故选：B．
6．B
【分析】连接，根据等腰三角形的性质求出，根据三角形外角性质得出，根据等腰三角形的性质求出，求出，再求出答案即可．本题考查了三角形的外角性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质等知识点，能灵活运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．
【详解】解：连接，
，，
，
，
为的中点，，
，
，
，
，
故选：B．
7．C
【分析】本题主要考查的是翻折的性质、勾股定理、割线长定理的应用，掌握此类问题的辅助线的作法是解题的关键；
根据题意作线段关于的对称线段，交圆于点，然后利用勾股定理和割线定理解答即可．
【详解】解：如图所示：作线段关于的对称线段，交圆于点
为圆的直径，
，
，
由对称轴的性质可知：，，，
，
由割线定理可知：，
即，
解得：，
，
故选：C．
8．D
【分析】本题考查了圆周角定理、角平分线的定义，由圆周角定理得出，结合题意得出，，由角平分线的定义得出，推出，即可得解．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵弧的长是弧长的2倍，
∴，
∵，
∴，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
9．B
【分析】本题考查正多边形的性质，圆周角定理等知识，连接．求出正五边形的中心角，再利用圆周角定理可得结论．
【详解】解：连接．

在正五边形中，，
，
，
，
故选：B．
10．D
【分析】本题考查了圆的基本性质，切线的判定及性质，三角形中位线定理，线段垂直平分线的判定及性质等；由圆的基本性质得，即可判断①；连接，由线段中位线定理得，由平行线的性质得，即可判断④；由等腰三角形的性质得，由圆的基本性质得，由余角的性质，即可判断②；由线段垂直平分线的判定及性质得，即可判断③；掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．
【详解】解：是⊙O直径，
，
，
故①正确；
连接，如图，
为中点，O为中点，
为的中位线，
，
，
，
，
为的切线，
故④正确；
，
，
为的直径，
，
，
，
，
，
故②正确；
D为中点，且，
垂直平分，
，
，
，
故③正确；
则正确的结论为①②③④．
故选：D．
11．8
【分析】根据垂径定理可得，再由勾股定理计算即可；
本题主要考查了垂径定理和勾股定理的应用，准确计算是解题的关键．
【详解】解：∵的半径为，
∴，
∵，，
∴，
在中，由勾股定理得：，
故答案为：8．
12．4
【分析】本题考查了勾股定理和垂径定理，过O作于F，连接，根据垂直定义得出，即可求出，求出，根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出，根据垂径定理得出，即可求出答案, 能熟记垂径定理是解此题的关键．
【详解】解：如图所示，过O作于F，连接，
则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
∵，过圆心O，
∴，
∴
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了求圆锥的侧面积，解题的关键是掌握圆锥的侧面积公式．
先根据题意求出圆锥侧面展开图半径为3，弧长，再扇形面积公式，即可解答．
【详解】解：∵圆锥的底面半径和母线均为3，
∴圆锥侧面展开图半径为3，弧长，
∴它的侧面积，
故答案为：．
14．/110度
【分析】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，由圆周角定理得出，从而求出，再由圆内接四边形对角互补计算即可得出答案．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
根据垂径定理得到，由等腰三角形的性质得到，得到，求得，求得，于是得到，根据勾股定理即可得到结论
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
16．10
【分析】本题考查三角形的内切圆与内心，切线长定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题．连接．则由题意可知四边形是正方形，边长为2．设，，则，由，由此即可解决问题；
【详解】解：如图连接．则由题意可知四边形是正方形，边长为2．
∵的内切圆与分别相切于点D、E、F，
∴可以假设，，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：10．
17．
【分析】本题主要考查了点的坐标与图形性质，圆的基本性质，解二元一次方程组，两点距离公式，关键是正确列出圆心的横纵坐标两个未知数的二元一次方程组．
设M点的坐标为，由题意知，，据此列出x、y的二元一次方程组，解方程组便可得出答案．
【详解】解：设M点的坐标为，
由题意知，，，
化简得：，
解得：，
故答案为：．
18．
【分析】本题考查圆周角定理以及勾股定理，熟练掌握同弧所对圆周角是圆心角的一半是解题的关键．
首先根据圆周角定理求出的度数，然后利用勾股定理求出的长．
【详解】 ，
，
∵，
．
故答案为∶：．
19．
【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质以及三角形的外角，直接利用圆内接四边形的性质结合三角形外角的性质得出答案．
【详解】解：∵圆内接四边形，
∴，
∵点D关于的对称点E在边上，
∴，
∴．
故答案为：．
20．2
【分析】本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．先由弦垂直平分求得、，利用三角函数求得，再求出圆锥的底面周长为，根据可得答案．
【详解】解：弦垂直平分，
，
则，，
，
，
，
则，
扇形的弧长，即圆锥的底面周长为，
则，
解得，
故答案为：2
21．(1)见解析
(2)的直径是
【分析】本题考查垂径定理和勾股定理．熟练掌握垂径定理是解题的关键．
（1）垂径定理，得到，等腰三角形三线合一，即可得出结论；
（2）连接，设的半径是r，根据垂径定理和勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵，且过圆心O
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，设的半径是r，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵在中，，
∴，
∴或（舍去），
∴的直径是．
22．(1)
(2)
【分析】本题考查了垂径定理，三角形的内角和定理，勾股定理、等腰三角形的性质等知识，掌握垂径定理和等腰三角形的性质是解题的关键．
（1）连接，求出，再利用等腰三角形的性质解决问题即可．
（2）如图，过点A作，垂足为F．利用面积法求出，再利用勾股定理求出，进而利用垂径定理可得结论；
【详解】（1）解：如图所示，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：如图所示，过点A作，垂足为F．
∵，，，
∴，
∵，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
∵，
∴．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用平行线的性质，同圆的半径相等，平行线的判定和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）连接，交于点，利用（1）的结论判定四边形为平行四边形，利用垂径定理和勾股定理求得，设半径的长为，则，利用勾股定理列出方程，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
∵，过圆心，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为半径，
∴是的切线；
（2）解：连接，设与相交于点F，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
又，，
∴，，
∵，过圆心，
∴，
∴，
设的半径为r，则，，
∵，
∴，
∴，
即的半径为．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的判定，圆周角定理，垂径定理，平行线的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
24．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质，圆周角定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
（1）连接，首先证明四边形是矩形，推出，即可解决问题；
（2）证明四边形是平行四边形，推出，根据题意计算即可；
【详解】（1）证明：连接，
是直径，
，
，
，
是直径，
，
，
四边形是矩形，
，
，
；
（2）解：四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
矩形面积最大时，四边形的面积最大，
当时，矩形面积最大，
此时矩形面积最大值为：，
故四边形的面积最大值为．
25．(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）根据圆心角的计算可得，，由此可得，根据同弧所对圆心角是圆周角的2倍可得，根据三角形内角和可得，根据正十边形的性质，内角和定理可得，由此可得，根据平行线的判定即可求解；
（2）根据（1）的计算，可得，，再根据即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，则，
∵是内接正十边形的边长，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵内接正十边形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：由（1）可知，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查正多边形与圆的综合，掌握正多形的性质，多边形内角和定理，圆心角的计算，等腰三角形的性质，同弧所对圆心角与圆周角的关系，平行线的判定等知识，图形结合分析是解题的关键．
26．(1)见解析
(2)6
【分析】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理及推论，圆切线的判定．含的直角三角形性质，是解决问题的关键．
（1）连接，由，，推出，得到，由，得到，即得；
（2）由直径性质可得，推出，根据含的直角三角形性质得到，根据，得到．
【详解】（1）证明：∵连接，则，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是的切线；
（2）解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
27．(1)见详解
(2)
(3)
【分析】本题考查圆的综合题型，切线的判定，平行线的判定与性质，勾股定理，垂径定理，矩形的判定与性质．
（1）根据切线的判定可得结论；
（2）过点作于，连接，先证明四边形为矩形，得出，再求出，最后由即可得出；
（3）过点作于，过点作于，则四边形为矩形，设,则，根据勾股定理用含的式子表达出，再根据求出即可．
【详解】（1）证明：,
为的半径
直线与相切；
（2）如图，过点作于，连接，
四边形为矩形
是等边三角形
，，
；
（3）如图，过点作于，过点作于，则四边形为矩形，
设，则
解得（舍去）或
．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)