第2章对称图形-圆闯关练习-数学九年级上册苏科版（含解析）

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第2章对称图形-圆闯关练习-数学九年级上册苏科版
一、单选题
1．在平面直角坐标系中，的圆心坐标为，半径为 5 ，那么 x轴与的位置关系是（　　）
A．相交 B．相离 C．相切 D．以上都不是
2．已知圆锥的底面半径是2，侧面展开图的圆心角为，则其侧面积为（　　）
A． B． C． D．
3．如图，点A，B，C都在上，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，中，，，内心为I，连接并延长交的外接圆于D，若，则 （ ）
A． B．1 C． D．
5．如图，是圆O的直径，弦，，，则（　）
A． B． C． D．
6．设一个直角三角形的两直边的长分别是的两个实数根，则这个直角三角形的内切圆的面积为（　　）
A．π B． C． D．
7．如图，中，，以为直径作半圆分别与边、交于D、E，则（　　）
A． B． C． D．
8．“莱洛三角形”也称为圆弧三角形，它是工业生产中广泛使用的一种图形．如图，分别以等边三角形的三个顶点为圆心，边长为半径作弧，三段圆弧围成的封闭图形是“莱洛三角形”，若该“莱洛三角形”的面积为，则等边三角形的边长为（ ）

A．1 B． C． D．2
二、填空题
9．已知下列命题：①在两个圆中，长度相等的两条弧所对的圆心角相等；②等弧所对的弦相等；③相等的弦，所对的弧相等；其中真命题的个数有 个．
10．一个扇形的弧长为，这条弧所对的圆心角为，则这个扇形的面积为 ．
11．如图，内接于，是直径，若，则 ．
12．如图，是的直径，弦，垂足为点E，连接．若，则的半径长为 ．

13．如图，是的直径，与相切，A为切点，连接．已知，则的度数为

14．在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为，点、、均为格点，点为的三等分点（靠近点），点、分别是线段、上的动点，且，点为的中点，连接、．在滑动的过程中，当值最小时，阴影部分的面积是 ．
15．在直角中，，，，点是内一点，满足，则的最小值为 ．

16．如图示，半圆的直径，弦，将半圆沿着过点A的直线折叠，折叠后使得弦恰好落在直径上，则折痕的长为 ．
三、解答题
17．如图，为的直径，，垂足为点E．若的半径为5．的长为8，求线段的长．
18．如图，在中，、为弦，为直径，于E，于F，与相交于G．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
19．如图，已知的半径长为1，、是的两条弦，且，的延长线交于点D，连结，．
(1)求证：．
(2)当时，求的度数．
(3)当是直角三角形时，求B、C两点之间的距离．
20．如图，是的直径，为的切线，为上的一点，，延长交的延长线于点．
(1)求证：为的切线；
(2)若圆心到弦的距离为2，，求图中阴影部分的面积（结果保留）
21．如图，是的直径，是弦，是上一点，是延长线上一点，连接．
(1)求证：；
(2)若，的半径为3，，求的长．
22．已知是的内接三角形，的平分线交于点．

(1)如图①，若是的直径，，求的长；
(2)如图②，连接，求证：．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B A C D C A D A
1．B
【分析】本题考查直线与圆的位置关系．欲求与x轴的位置关系，关键是求出点A到x轴的距离d再与的半径5比较大小即可．
【详解】解：在直角坐标系内，以为圆心，5为半径画圆，则点P到x轴的距离为，
∵，
∴，
∴与x轴的相离．
故选：B．
2．A
【分析】本题考查了圆锥的计算．设圆锥的母线长为，由于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，则根据弧长公式得到，解方程求出，然后根据扇形的面积公式计算扇形的面积，从而得到圆锥的侧面积．
【详解】解：设圆锥的母线长为，
根据题意得，
解得，
所以圆锥的侧面积．
故选：A．
3．C
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，圆的性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握等腰三角形的判定与性质，圆的性质，三角形内角和定理是解题的关键．
由，可得，根据，计算求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选：C．
4．D
【分析】设的外接圆的圆心为O，连接，，，，根据圆周角定理证得是等边三角形，再根据垂径定理可得，，再根据三角形内心证得，进而解决问题．
【详解】解：如图，设的外接圆的圆心为O，连接，，，，
在中，，，内心为I，
∴平分，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∵I是的内心，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形内切圆与内心、三角形外接圆与外心、垂径定理、圆周角定理、等边三角形的性质与判定、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质，证得是等边三角形是解题的关键．
5．C
【分析】此题考查了垂径定理、扇形面积的计算，解题的关键是学会利用分割法求阴影部分面积，用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．根据垂径定理得出，证明，得出，根据求出结果即可．
【详解】解：如图，设线段，交于点E，
∵是的直径，弦，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
．
故选：C．
6．A
【分析】设直角三角形的斜边长为c，两直角边长分别为a，b，由题意可得，由勾股定理得，，如图，则，即，可求，进而可求这个直角三角形的内切圆的面积．
【详解】解：设直角三角形的斜边长为c，两直角边长分别为a，b，
∵直角三角形的两直角边长是方程的两个实数根，
∴，
由勾股定理得，，
如图，
∴，即，
解得，，
∴这个直角三角形的内切圆的面积为，
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，完全平方公式的变形，勾股定理，三角形内切圆的半径等知识．熟练掌握一元二次方程的根与系数的关系，完全平方公式的变形，勾股定理，三角形内切圆的半径是解题的关键．
7．D
【分析】本题考查了圆周角定理的理解，直径所对的圆周角是直角，连接，得，结合直角三角形两锐角互余由，进行解决即可．
【详解】解：连接，

∵为直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：D．
8．A
【分析】本题考查了等边三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，熟练掌握等边三角形的性质和扇形面积公式是解题的关键．过点作于点，设等边三角形的边长为，求出等边的面积为，根据“莱洛三角形”的面积为列方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：过点作于点，设等边三角形的边长为，

∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴等边的面积为，
∴，
∴，
∴或（不合题意，舍去）
∴等边三角形的边长为，
故选：A．
9．1
【分析】本题考查了圆的基础知识，掌握在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么他们所对的圆心角相等，所对的弦相等，所对的弦心距也相等； 在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么他们所对的圆心角相等，所对的弧相等，所对的弦心距也相等的知识是解题的关键．
【详解】解：①在同圆或等圆中，长度相等的两条弧所对的圆心角相等，故原命题是假命题，不符合题意；
②等弧：能完全重合的弧，
∴等弧所对的弦相等，故原命题是是真命题，符合题意；
③在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么他们所对的弧相等，故原命题是假命题，不符合题意；
故答案为：1 ．
10．
【分析】本题考查的知识点是弧长公式以及扇形的面积公式．先根据弧长公式求出扇形的半径，再根据扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：设扇形的半径为r，则，
解得：，
∴扇形的面积，
故答案为：．
11．
【分析】本题考查了圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余，连接，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据同弧所对的圆周角相等得出，进而根据直角三角形的两个锐角互余，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵内接于，是直径，
∴，
∵,，
∴
∴，
故答案为：．
12．10
【分析】此题考查垂径定理及勾股定理，设的半径是r，由垂径定理得，根据勾股定理列得，即，求出r即可．
【详解】解：设的半径是r，
∵弦，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的半径长为10．
故答案为：10．
13．/40度
【分析】本题考查切线的性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．
【详解】解：∵与相切，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
14．
【分析】如图，连接、、、，根据勾股定理的逆定理确定，即的度数为，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，根据题意得，即，推出当点、、三点共线时，取“”号，此时值最小，最小值为：，进一步得出点为的中点，如图，根据弧的度数的意义确定，证明为等边三角形，得到，由等腰三角形三线合一得，求出，，再代入即可得出答案．
【详解】解：如图，连接、、、，
∵每个小正方形的边长为，点为弧的三等分点（靠近点），
∴，，
∵，
∴是直角三角形，
∴，即的度数为，
∴是直角三角形，
∵点为的中点，，
∴，
∵点、分别是线段、上的动点，点为的中点，
∴，
∴，
当点、、三点共线时，取“”号，此时值最小，最小值为：，
此时点为的中点，如图，
∵点为弧的三等分点（靠近点），的度数为，
∴的度数为：，，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴在滑动的过程中，当值最小时，阴影部分的面积是．
故答案为：．
【点睛】本题考查求不规律图形的面积，考查了勾股定理及逆定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，两点之间线段最短，弧的度数，等边三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，扇形的面积，三角形的面积等知识点．确定点、、三点共线时求出的最小值是解题的关键．
15．2
【分析】本题考查点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离．首先证明点P在以为直径的上，连接与交于点P，此时最小，利用勾股定理求出即可解决问题．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点P在以为直径的上，连接交于点D，此时最小，
∴，
在中，∵，，，
∴，
∴．
故答案为：2．

16．
【分析】连接、、、记交于点，利用圆周角定理和勾股定理得到，利用等腰三角形性质、对称的性质、以及平行线性质和判定得到于点，利用垂径定理得到，利用勾股定理得到，进而得到，再利用勾股定理得到，进而得到．
【详解】解：连接、、、记交于点，
是的直径，
，
，，
，
，
，
半圆沿着过点A的直线折叠，折叠后使得弦恰好落在直径上，
，
，
，
，
于点，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形性质，圆周角定理，平行线性质和判定，轴对称性质，勾股定理，垂径定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
17．
【分析】本题考查勾股定理，垂径定理，连接，由垂径定理得到，由勾股定理求出，即可得到．
【详解】解：如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
18．(1)见详解
(2)
【分析】本题考查了圆的基本性质，垂径定理，等腰三角形的判定及性质，勾股定理等；
（1）连接，由同弧所对的圆周角相等得，由同角的余角相等得，从而可得，由等腰三角形的判定及性质即可得证；
（2）连接，设，可得，由线段和差得，由垂径定理得，由勾股定理得，即可求解；
掌握垂径定理，能构建直角三角形，并熟练利用勾股定理求解是解题的关键．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：如图，连接，
设，
，
，
，
，
为直径，，
，
在中，
，
，
解得：，，
故的半径为．
19．(1)见解析
(2)
(3)或
【分析】（1）根据证明即可；
（2）由（1）得：，则，又由可得，在中，根据三角形内角和定理可得，由此可得，即的度数为．
（3）分两种情况：①当时，可得是等边三角形，则中，，，则可得，，则；②当时，可得．
【详解】（1）解：在和中，
，，，
．
（2）解：由（1）得：，
，
，
，
在中，，
即，
，
，
∴的度数为．
（3）解：①当时，如图：
，，
，
，
是等边三角形，
在中，，，
，
，
．
②当时，如图：
是等腰直角三角形，
．
综上，或．
【点睛】本题考查圆的基本性质，垂径定理，全等三角形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，等边三角形的判定和性质，含角的直角三角形，勾股定理，弧的度数等于它所对圆心角的度数等知识，运用了分类讨论的思想．解题的关键是发现并证明三角形全等，掌握直角三角形的性质和理解“弧的度数等于它所对圆心角的度数”．
20．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查切线的性质和判定及扇形的计算，掌握切线问题中的两种辅助线的作法及扇形的面积公式是解题的关键．
（1）连接，由，，可得，，又为切线，可知，可得为切线；
（2）过点作，垂足为，由及，求出半径，进而求出．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
，
，
，
，
即，
是的直径，是的切线，
，
，
又为半径，
为的切线；
（2）解：过点作，垂足为，
，
，
，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
．
21．(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）证法一：连接，得到，因为，所以；证法二：连接，可得，则，根据，可得，即可得到结果；
（2）连接，根据角度间的关系可以证得为直角三角形，根据勾股定理可得边的长，进而求得结果．
【详解】（1）证法一：如图，连接，

∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
证法二：如图，连接，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
（2）解：如图，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵的半径为3，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，直径所对的圆周角为直角，勾股定理，找到角度之间的关系是解题的关键．
22．(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（）连接，由圆周角定理可得，进而由角平分线的定义得，即得到，再根据勾股定理即可求解；
（）由圆周角定理可得，即得，得到，又由圆周角定理得，，等量代换即可求证；
本题考查了圆周角定理，角平分线的定义，勾股定理，掌握圆周角定理是解题的关键
【详解】（1）解：连接，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴
∴；

（2）证明：∵是的直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，
即．
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