第2章 对称图形-圆 章末复习讲义（含解析）数学九年级上册苏科版

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第2章对称图形-圆章末复习讲义-数学九年级上册苏科版
一、单选题
1．下列说法中，正确的是（ ）
A．正多边形都是中心对称图形；
B．圆的直径是这个圆的对称轴；
C．90°的圆周角所对的弦是直径；
D．垂直于半径的直线是圆的切线.
2．如图，是的外接圆，点M是的内心，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．如图1，点从扇形（其中）的顶点出发，沿直线运动到扇形内部一点，再从该点沿直线运动到顶点．设点的运动路程为，，图2是点运动时随变化的关系图象，则的长为（ ）
A． B．1 C． D．
4．2023年8月24日，金砖国家宣布扩容，新增六个国家，使金砖国家数量变为十一个．如图是金砖国家的图标，其可近似看作一个圆内接正五边形，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，扇形中，，以点A为圆心，长为半径作弧，交于点C，若，则阴影部分的周长为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在中，半径，弦，是弦上的动点（不含端点，），若线段长为正整数，则点的个数有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
7．如图，在中，，以B为圆心，任意长为半径画弧，分别交于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点D，作，垂足为E，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．一定经过的内心
8．如图，在梯形中，，，，，如果以为直径的圆与梯形各边共有3个公共点（C，D两点除外），那么长的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．中，已知，，在轴上，且，则点的坐标为 ．
10．如图，在正六边形中，连接、相交于点，则的值为 ．

11．如图，在中，，，．点是上一动点，以为斜边向右侧作等腰直角三角形，使，连接．
（1）若点E恰好落在上，则的值为 ；
（2）线段的最小值为 ．
12．如图，在扇形中，，半径，是的中点，，分别是线段，的中点，是的中点，连接，，则阴影部分的面积为 ．
13．如图，由边长为1的小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，是的两条弦，且点A，B，C都是格点．仅用无刻度的直尺在给定的网格中完成画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示．
（1）线段的长等于 ；
（2）在如图所示的网格中，在直线的右侧找一点M，使得且，再在线段上找一点F，使，简要说明点M和F的位置是如何找到的（不要求证明） ．
14．已知圆锥的底面半径是，高是，则圆锥的全面积是 ．
15．如图，在中，O为上一点，以O为圆心，长为半径作恰好经过点B，交于点D，交于点E，若，，则劣弧的长为 ．
16．在中，，，，是以点为圆心，为半径的圆上一点，连接，为的中点，则线段长度的最大值为 ．
三、解答题
17．如图，是的直径，弦于点E，，若，求的长．
18．如图，是的直径，弦与交于点F，过点A的切线交的延长线于点D，点B是的中点．
(1)求证：；
(2)若的半径为6，，求．
19．如图，是⊙O的直径，点A在⊙O上，，垂足为D，，分别交于点F，G．
(1)求证： ；
(2)若，求弧的长度．
20．已知是圆的内接四边形的两条对角线，相交于点，且．
(1)如图，求证：．
(2)在图中找出一组全等的三角形，并给出证明．
(3)如图，圆的半径为，弦于点，当的面积为时，求的长．
21．已知垂直平分，，点E为上一点，连接交于点 F，过点 E作，连接，以为直径作的外接，且点B在上．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，求证：．
22．中国元代数学家朱世杰所著《四元玉鉴》记载有“锁套吞容”之“方田圆池结角图”．“方田一段，一角圆池占之”的意思为“一块正方形田地，在其一角有一个圆形的水池（其中圆与正方形一角的两边相切）”．如图1，在正方形中，与相切于点C，与相切于点D．
（1）求证：图1中的四边形为正方形．
（2）在图1中，正方形一条对角线与相交于点M，N（点N在点M的右上方），若的长度为12丈，的半径为2丈，请求出的长度．
操作与探究：
如图2，泽泽在一张正方形的卡片的对角线上选取一点O，以点O为圆心，的长为半径画圆，恰好与正方形的边相切于点E，请利用（1）（2）中的知识回答下面的问题．
（3）若，聪明的你知道的长为多少吗？请直接写出结果．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B C C B A C D
1．C
【分析】本题考查了圆的相关概念以及中心对称图形，熟记相关结论即可．
【详解】解：正五多边形不是中心对称图形，故A错误；
圆的直径是线段，而圆的对称轴是直线，故B错误；
的圆周角所对的弦是直径，故C正确
经过圆的外端，垂直于半径的直线是圆的切线，故D错误
故选：C ．
2．B
【分析】此题考查三角形的内切圆的定义与性质．由点是的内心，得，，则，而，据此求解即可得到问题的答案．
【详解】解：点是的内心，
平分，平分，
，，
，
，
，
，
故选：B．
3．C
【分析】本题主要考查勾股定理和弧长公式，根据题意得点P在0至时，点P在的角平分线上，设此时，过点D作交于点E，连接，则，点P从点D沿直线运动到顶点时，，则，有，利用弧长公式求解即可．
【详解】解：根据题意知，点P在0至时，，则，那么，点P在的角平分线上，设此时，过点D作交于点E，连接，如图，
∵，
∴，
∴，
根据题意，点P从点D沿直线运动到顶点时，，
则，
∴，
那么，的长，
故选：C．
4．C
【分析】本题考查了正多边形与圆，等腰三角形的性质及三角形内角和定理，由是正五边形可得，，利用等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可求出，从而得解．
【详解】解：五边形是正五边形，
，，
，
，
故选：C．
5．B
【分析】由题意得到是等边三角形，因此，，由，得到，由弧长公式求出的长，的长，即可求出阴影的周长．本题考查弧长的计算，等边三角形的判定和性质，关键是由题意得到是等边三角形；掌握弧长公式．
【详解】解：由题意得到：，
，
∴是等边三角形，
，，
，
，
的长，的长，
阴影的周长的长的长．
故选：B
6．A
【分析】此题考查了垂径定理、勾股定理、垂线段最短，熟练掌握垂径定理和勾股定理，求出是解题的关键．
当P为的中点时最短，则，由勾股定理求出的长；当P与A或B重合时，最长，得出的范围，再由为整数，得到所有可能的长即可．
【详解】解：连接，
当P为的中点时，
则，
由垂径定理得：，此时最短，
在中，，，
由勾股定理得：，
即的最小值为3，
当P与A或B重合时，最长，此时，
∵是弦上的动点（不含端点，）
∴，
若线段的长度为正整数，
∴或．
根据对称性可知，满足条件的点P的个数有3个，
故选：A．
7．C
【分析】本题考查了作图-基本作图，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，正确地识别图形是解题的关键．
由作图知，平分，根据角平分线的性质得到一定经过的内心，故B不符合题意，故D不符合题意；根据全等三角形的性质得到，故A不符合题意；无法证明，故C符合题意．
【详解】解：由作图知，平分，
∵，
∴一定经过的内心，故B不符合题意，故D不符合题意；
在与中，
，
∴，
∴，故A不符合题意；无法证明，故C符合题意．
故选：C．
8．D
【分析】考查了直线和圆的位置关系与数量之间的联系．此题首先能够根据公共点的个数得到直线和圆的位置关系；再进一步计算出相切时圆心到直线的距离，从而根据直线和圆的位置关系与数量之间的联系，得到答案．
【详解】解：根据题意，得圆必须和直线相交，设直线和圆相切于点E，
连接，则，，
又∵，
∴此时．
根据梯形的中位线定理，得 ，
∴，
∴，
∴直线要和圆相交，则．
故选D．
9．或
【分析】设线段的中点为，由点，，得，．进而分点在第一象限和点在第四象限两种情况讨论求解即可．
【详解】解：设线段的中点为，
∵点，，
∴，．
如图所示，过点在第一象限作，且，连接，则，
∴，，，，；
∴，，
∴，
以点为圆心，或长为半径作，与轴的正半轴交于点，
∵为的圆周角，
∴，即点即为所求．
过点作轴于点，则四边形是矩形，
∴，，
在中，，，
由勾股定理得：，
∴，
∴点坐标为；
如图所示，在第四象限可以参照作同样操作，同理求得轴负半轴上的点坐标为．
综上所述，点坐标为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了坐标与图形，圆周角定理，矩形的判定及性质，垂径定理及勾股定理，熟练掌握圆周角定理，矩形的判定及性质，垂径定理是解题的关键．
10．
【分析】本题考查了正六边形的性质、等腰三角形的判定、含角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握正六边形的性质和含角的直角三角形的性质是解题的关键．
由正六边形的性质得出，，由等腰三角形的性质得出，证出，根据正六边形的边长等于半径可得，进而可得出答案．
【详解】解：六边形是正六边形，
，，
，
，
根据正六边形的边长等于半径，得
，
，
．
故答案为：．
11．
【分析】（1）根据垂直的定义得到，根据直角三角形的性质得到，，于是得到结论；
（2）以为斜边在右侧作等腰直角三角形，边与 交于点，连接延长与交于点，作于点，由与为等腰直角三角形，可得，于是，因此，所以，所以在直线上运动，当时，最短，即为的长．
【详解】解：（1）若点恰好落在上时，
，
，
在中，，，，
，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
故答案为：；
（2）解：以为斜边在右侧作等腰直角三角形，边与 交于点，连接延长与交于点，连接，作于点．
与为等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
为上的动点，
在直线上运动，
当时，最短，即为的长．
在与中，
，，
，
，
，
点、、、四点共圆，
，且，
则，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题旋转的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，垂线段最短，圆周角定理，熟练掌握含角和角的直角三角形的性质是解题的关键．
12．
【分析】本题考查了扇形面积的计算，三角形中位线定理，垂径定理．根据割补法把阴影部分的面积化成扇形的面积减去三角形的面积求解．
【详解】解：连接，交于，
是的中点，
，，是的中点，
，
，
，
，
，分别是线段，的中点，
∴，，
是的中点，
，
阴影部分的面积，
故答案为：．
13． 见解析
【分析】本题考查了网格与勾股定理，同弧或等弧对的圆周角相等，等腰三角形的判定与性质，正方形的性质等知识，熟练掌握相关性质定理是解题关键．
（1）利用勾股定理即可求解；
（2）在上取格点G，则，找到格点N，连接，相交于点M，取格点D，连接，则交于点F，根据圆周角定理等知识即可得到点M，F即为所求．
【详解】解：（1）；
故答案为：；
（2），，，
，
，
为圆的直径，
在上取格点G，则，找到格点N，连接，相交于点M，
为正方形，
；
取格点D，连接，则交于点F，连接，可得，
如图，点M，F即为所求．
14．
【分析】本题考查了圆锥的全面积，勾股定理；由勾股定理可求，分别求出底面积和侧面积，即可求解；掌握是解题的关键．
【详解】解：设圆锥的母线，
，
，
，
（）；
故答案：．
15．
【分析】本题考查圆的基本知识，弧长公式，连接，，由，，可知，进而得，可知，易得，再利用弧长公式即可求解．根据等边对等角结合题意求得是解决问题的关键．
【详解】解：如图，连接，．
∵，，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴劣弧的长为．
故答案为：．
16．
【分析】本题考查了圆的性质，直角三角形的性质及中位线的性质，利用三角形三边关系确定线段的最值问题，构造一个以为边，另两边为定值的的三角形是解答此题的关键和难点．作的中点，连接，，根据三角形中位线的性质和直角三角形斜边中线等于斜边一半求出和长，再根据三角形的三边关系确定长度的范围，从而确定的最小值．
【详解】解：如图，取的中点，连接，，，
∵是的中点，是的中点，，
∴为的中位线，
∴，
在中，，，
由勾股定理得，
∵为斜边的中线，
∴，
在中，，即，
∴的最大值为．
故答案为：．
17．
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，连接，根据是的直径，弦于点E得，根据得，根据得，根据得，在中，根据勾股定理得，计算得，即可得；掌握垂径定理，添加辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图所示，连接，
∵是的直径，弦于点E，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，根据勾股定理得，
，
，
，
，
∴．
18．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由切线性质可知，，即，根据点是的中点，可知，进而可知，由可知，即可证得结论；
（2）连接，则，由（1）可知，，则，可得，进而可知，，由，，得，同时推导出，利用勾股定理代入数据解答即可．
【详解】（1）证明：是的切线，
，即，
点是的中点，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，则，
由（1）可知，，则，
，，
，，
，，
，，
，
，
半径的长为6，
，，
由勾股定理可知：，即：，
解得：．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，圆周角定理，熟练掌握并运用勾股定理是解答本题的关键．
19．(1)见解析
(2)
【分析】此题主要考查了圆周角定理和应用，以及弧长的计算方法，要熟练掌握．
（1）根据是 的直径，，，推出，即可推得．
（2）连接、，根据，，求出，再根据，求出，进而可得出答案．
【详解】（1）证明：∵是 的直径，
∴，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：如图，连接、，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴弧的长度．
20．(1)证明见解析；
(2)，证明见解析；
(3)．
【分析】（）由得，即得，得到，进而即可求证；
（）．由（）得，，再利用即可求证；
（）如图，连接，由垂直得，同理（）可得，得到为等腰直角三角形，即得，进而得，利用勾股定理得，设，，可得，，利用完全平方公式可得，得到，据此即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
即，
∴，
即，
∴；
（2）解：．
证明：由（）得，，
在和中，
，
∴；
（3）解：如图，连接，
∵，
∴，
同理（）可得，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
设，，
在中，由勾股定理得，
∴，
又∵的面积为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了弧、弦、圆心角之间的关系，等角对等边，全等三角形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，完全平方公式，正确作出辅助线是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)见解析
【分析】此题考查圆周角定理、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识．
（1）连接，证明，，，即可得到结论；
（2）连接，证明，，又由，即可得到，结论得证．
【详解】（1）证明：连接，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：如图，连接，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵以为直径作的外接，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∴
22．（1）证明见解析；（2）丈；（3）
【分析】（1）连接，，由切线的性质及正方形的判定可得出结论；
（2）如图，由正方形的性质求解，再进一步可得答案；
（3）如图，连接，过作于，则，求解，证明四边形为矩形，，，从而可得答案．
【详解】解：（1）连接，，
圆与正方形一角的两边相切，
，，
，
，
四边形是矩形，
又，
四边形是正方形；
（2）解：如图，设正方形的一边与的切点为，连接，

则，
大四边形是正方形，是对角线，
，
(丈)，
∵丈，
丈．
（3）如图，连接，过作于，则，
∵正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
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