第二十四章 圆 章末能力综合试题 2025-2026学年上学期初中数学人教版九年级上册

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第二十四章 圆 章末能力综合试题 2025-2026学年
上学期初中数学人教版九年级上册
一、单选题
1．若的直径为8，点A到圆心O的距离为4，那么点A与的位置关系是（ ）
A．点A在圆外 B．点A在圆上 C．点A在圆内 D．不能确定
2．用反证法证明命题：“在中，若，则”，应先假设（ ）
A． B． C． D．
3．如图，A，B，C是上的三点，若，则的度数是（　 　）
A． B． C． D．
4．下列说法中，正确的是（　　）
A．在同圆或等圆中，弦相等则所对的弧相等； B．优弧一定比劣弧长；
C．弧长相等的弧则所对的圆心角相等； D．在同圆或等圆中，圆心角相等则所对的弦相等．
5．如图，是的直径，弦交于点，，，则的直径为（　　）
A．5 B．8 C．10 D．
6．如图，已知、为的切线，、为切点，若，，则的切线（　　）．
A． B． C． D．
7．如图，的直径，是的弦，，垂足为M，，则的长为（　　）
A．8 B．16 C．32 D．
8．我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为．如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正八边形作近似估计，可得的估计值为（ ）
A． B． C．3 D．
9．如图，四边形内接于，延长至点，已知，那么（ ）
A．40 B．50 C．60 D．70
10．如图，在中，，，D为中点，则当最大时，的长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．如图，点A、B、C在上，若，则的度数为 ．
12．如图，四边形内接于，如果它的一个外角，那么的度数为 ．
13．如图，、是的两条弦，，过点的切线与的延长线交于点，则 ．
14．一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，这个圆锥的底面半径与母线长之比为
15．如图，在中，，其内切圆分别与、、相切于点、、，若，，则内切圆的半径长度为 ．
16．如图，在矩形中，为矩形内一点，连接，，，，，，则的最小值为 ．
三、解答题
17．如图，，交于点C，D，是半径，且于点F．
(1)求证：．
(2)若，，求直径的长．
18．如图，的周长等于，正六边形内接于．
(1)求圆心到的距离．
(2)求正六边形的面积．
19．如图1，某公园有一个圆形音乐喷泉，为了保障游客安全，管理部门打算在喷泉周围设置一圈防护栏现在对喷泉进行测量和规划，其示意图如图2所示，相关信息如下：
信息二：点为喷泉中心，是喷泉边缘的一条弦，米，是弦的中点，连接并延长，交劣弧于点，米．
信息二：已知防护栏要距离喷泉边缘1米，以为圆心，为半径作防护栏所在圆．请根据以上信息解答下列问题
(1)求喷泉的半径；
(2)要在防护栏上每隔1.5米安装一盏景观灯，大约需要安装多少盏景观灯？（取3，结果保留整数）
20．停车楔（图1），又称车轮止退器、驻车楔、三角木，是用于防止车辆不必要移动的装置，使用时将停车楔放置在地面和轮胎之间，即可防止轮胎的滑动．如图2为停车楔工作模型侧面示意图，水平地面与车轮切于点，为的直径，射线与射线交于点，于点，连接．
(1)求证：平分．
(2)若，，求车轮的半径．
21．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为．
(1)若的外接圆的圆心为，则圆心的坐标为_________，的半径为_________；
(2)的外接圆与轴的另一个交点坐标是________．
(3)中所对的圆周角是________度，的长度________．
22．如图，等腰三角形的顶角，和底边相切于点C，并与两腰，分别相交于D，E两点，连接，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若的半径为6，求图中阴影部分的面积．
23．如图，在中，，以为直径作，与交于点D，与交于点E，点F是外一点，，．
(1)求证：是的切线．
(2)若，．
①求的长；
②求图中由，线段，，所组成的封闭图形的面积．
24．如图，是正方形的外接圆．
(1)如图1，若是上的一点，Q是上的一点，且．
①求证：．
②若，求的直径．
(2)如图2，若点P在上，过点作，求证：．
25．【问题呈现】阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，点M是的中点，则从M向所作垂线的垂足D是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程．
证明：如图2，在上截取，连接、、和，∵M是的中点，，又，，，
又，，，即
(1)【理解运用】如图1，、是的两条弦，，点M是的中点，于点D，求的长；
(2)【变式探究】如图3，若点M是中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断、、之间存在怎样的数量关系？并加以证明．
(3)【实践应用】根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下面问题：
如图4，是的直径，点A是圆上一定点，点D是圆上一动点，且满足，若，的半径为10，求长．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C B D C A B B D C
1．B
【分析】根据直径求出圆的半径，比较点A到圆心的距离和半径的大小即可判断点A和圆的位置关系．
本题考查点和圆的位置关系，熟悉圆的相关基本概念是解题关键．
【详解】∵的直径为8，
∴的半径为4，
∵点A到圆心O的距离为4，
∴点A在上．
故选：B．
2．C
【分析】本题主要考查反证法，熟练掌握反证法的步骤是解题的关键．
根据反证法的步骤可得第一步先假设结论不成立，进而问题可求解．
【详解】解：用反证法证明命题“在中，若，则”时，第一步应假设；
故选：C．
3．B
【分析】本题主要考查了圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角的度数是圆心角度数的一半是解题的关键．
根据圆周角定理进行求解即可．
【详解】解：∵A，B，C是上的三点，，
∴．
故选：B
4．D
【分析】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，解题的关键是掌握圆心角，弧，弦之间的关系．根据圆心角，弧，弦之间的关系一一判断即可．
【详解】解：A.在同圆或等圆中，弦所对的弧有优弧或劣弧，故弦相等则所对的弧相等错误．
B.优弧一定比劣弧长，错误，条件是同圆或等圆中；
C.弧长相等则所对的圆心角相等，错误，条件是同圆或等圆中；
D.在同圆或等圆中，圆心角相等则所对的弦相等，故正确；
故选：D．
5．C
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先整理得出，故，得，即，设，则，运用勾股定理列式代入数值得，解得．即可作答．
【详解】解：连接，如图所示：
∵
∴
，
∴
，
，
，
．
设，
则，
在中，，
即，
解得．
的直径．
故选：C．
6．A
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，圆的切线的性质，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
根据题意，证得，利用全等三角形的性质即可求解．
【详解】解：、为的切线，、为切点，
，，，
，
在和中，
，
，
．
故选：A．
7．B
【分析】本题考查垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解答的关键．连接，先求得，再利用垂径定理和勾股定理求得即可求解．
【详解】解：连接，
∵的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
8．B
【分析】本题考查了正多边形与圆，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．作于C，利用等腰直角三角形的性质求出的面积，从而得出正八边形的面积，进而解决问题．
【详解】解：如图，作于C，
∵用半径为1的圆的内接正八边形面积作近似估计，
∴，，
∵
∴，
则，
∴的面积为，
∴正八边形面积为
∴的估计值为．
故选：B．
9．D
【分析】此题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的性质、圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理得到，再根据圆内接四边形性质和平角的定义即可得解．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
故选：D．
10．C
【分析】本题考查了勾股定理，圆的切线的性质以及三角形中位线定理等知识，解题的关键是掌握点、的运动轨迹和勾股定理.
取的中点，连接，证明是的中位线，得，点在以点为圆心，为半径的圆上，点在以点为圆心，为半径的圆上，当与相切时，最大，即∠，然后由勾股定理求出的长即可.
【详解】解：如图，取的中点，连接，
，
，
∵为中点，
∴是的中位线，
，
∵点在以点为圆心，为半径的圆上，点在以点为圆心，为半径的圆上，
∴当与相切时，最大，
，
，
故选： C．
11．
【分析】此题考查了圆周角定理，圆心角，弧，弦的关系，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
根据圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半得：，进而可得答案．
【详解】解：∵与是弧所对的圆周角与圆心角，，
∴．
故答案为：．
12．/128度
【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理是解题的关键．根据圆内接四边形的性质可得，结合，得，再利用圆周角定理求解．
【详解】四边形为圆内接四边形，
，
又，
，
在中，由圆周角定理，可得，
故答案为：．
13．28
【分析】本题考查了圆周角定理、切线的性质，连接，由切线的性质可得，由圆周角定理可得，由此计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：如图：连接，
，
由切线的性质可得：，即，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
14．
【分析】本题主要考查了圆锥的侧面展开图，扇形的相关计算，根据圆锥的母线长为扇形的半径，圆锥的底面周长为扇形的弧长求解即可．
【详解】解：设圆锥的底面半径为r，母线长l，
则，
则，
故答案为：．
15．1
【分析】本题考查求直角三角形的内切圆的半径，连接，勾股定理求出的长，等积法求出内切圆的半径长即可．
【详解】解：设内切圆的圆心为，连接，
则：，，
在中，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；即：内切圆的半径长度为1．
故答案为：1．
16．
【分析】本题主要考查勾股定理，直角三角形的三点共圆，圆外一点到圆上的最短距离等知识点，先确定点的运动轨迹，再根据圆外一点到圆上的最短距离是这点与圆心的连线的交点，根据勾股定理求得结果即可；
【详解】解：如图所示，
∵，为矩形内一点，
∴点相等于是以为直径，点为圆心的圆上运动（下半圆），
∴的最小值就是连接，交半圆与点，即此时为最小值，
在矩形中，
∴，
又∵， ，
∴，
∴．
17．(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）根据垂径定理，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．
18．(1)
(2)
【分析】（）连接，过点作于点，由圆的周长可得，由正六边形的性质可得，即得，得到，再利用勾股定理解答即可求解；
（）由（）可得是等边三角形，得到，可得，再根据解答即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接，过点作于点，则，
∵的周长等于，
∴半径，
∵六边形是正六边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
即圆心到的距离为；
（2）解：∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，勾股定理，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
19．(1)喷泉的半径为5米
(2)大约需要安装24盏景观灯
【分析】本题主要考查勾股定理、垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键；
（1）连接，设喷泉的半径为，则：，然后可得，，进而根据勾股定理可进行求解；
（2）由（1）可知米，然后根据圆的周长可进行求解．
【详解】（1）解：连接，设喷泉的半径为，则：，
，
是弦的中点，
平分弦，，
，
，
，
米；
答：喷泉的半径为5米；
（2）解：由题意，得：米，
∴（盏）
答：大约需要安装24盏景观灯．
20．(1)见解析
(2)
【分析】此题考查了切线的性质、勾股定理、等边对等角，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
（1）根据切线的性质和垂直得到，再利用等边对等角得到，即可证明结论成立；
（2）利用勾股定理列方程并解方程即可得到答案．
【详解】（1）证明：连结．
切于点，
．
，
，
．
，
∴，
，
平分．
（2）设的半径为，则．
在中，，，，，
解得，即的半径为．
21．(1)；
(2)
(3)，
【分析】本题主要考查了确定三角形外接圆圆心的位置，勾股定理，勾股定理的逆定理，求弧的度数等知识点，熟知三角形外接圆圆心是三角形三边垂直平分线的交点是解题的关键．
（1）根据圆心是线段、的垂直平分线的交点，结合网格的特点画出点的位置，进而得到点的坐标，再利用勾股定理求出的长即可得到答案；
（2）设的外接圆与轴的另一个交点为，根据点在线段的垂直平分线上，求出点的坐标即可；
（3）利用勾股定理和勾股定理的逆定理证明是直角三角形，且，然后利用弧长的度数即可求出圆周角的度数；
【详解】（1）解：如图所示，点的位置即为圆心位置，
圆心的坐标为，
，
圆的半径为，
故答案为：，．
（2）解：设的外接圆与轴的另一个交点为，
点在线段的垂直平分线上，
点的横坐标为，
点的坐标为，
的外接圆与轴的另一个交点坐标是，
故答案为：．
（3）解：，，，
，，
，
是直角三角形，且，
的度数为，所对的圆周角是，
故答案为： ，．
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据切线的性质可得，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得，从而可得和都是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得，即可解答；
（2）连接交于点，利用菱形的性质可得，，，然后在中，利用勾股定理求出的长，从而求出的长，最后根据图中阴影部分的面积扇形的面积菱形的面积，进行计算即可解答．
【详解】（1）证明：连接，
和底边相切于点，
，
，，
，
，，
和都是等边三角形，
，，
，
四边形是菱形；
（2）解：连接交于点，
四边形是菱形，
，，，
在中，，
，
，
图中阴影部分的面积扇形的面积菱形的面积
，
图中阴影部分的面积为．
【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)①；②
【分析】（1）如图所示，连接，证明出，得到，然后等量代换得到，推出，得到，即可证明；
（2）①根据题意求出，，然后利用弧长公式求解即可；
②勾股定理求出，得到，然后求出，，，，，然后利用线段，，所组成的封闭图形的面积代数求解即可．
【详解】（1）如图所示，连接
∵为直径
∴
∴
∵，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∵为直径
∴是的切线；
（2）①∵，
∴
∴
∵
∴
∴
∴；
②∵，，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴线段，，所组成的封闭图形的面积
．
【点睛】此题考查了切线的判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，求不规则图形面积等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
24．(1)①见解析，②
(2)见解析
【分析】本题主要考查正方形性质、全等三角形的判定及性质、圆周角等知识，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．
（1）①证明即可得出结论；先证明，由勾股定理求出，再在中求出即可．
（2）连接，过点作，交于点，证明，可得，，进而证明，可得，由此可得．
【详解】（1）①证明：∵，
∴，
又∵，在正方形中，，
∴，
∴，
②解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图，连接，
∵，
∴是直径，
∴，
又∵，
∴
（2）证明：如图2，连接，过点作，交于点
∵在正方形中，，
∴，
∵，
∴，
又∵，，即：，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
25．(1)3
(2)，证明见解析；
(3)或．
【分析】本题考查了圆周角，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，理解阿基米德折弦定理是解题关键．
（1）根据阿基米德折弦定理求解即可；
（2）在上取，连接、、、，证明，得到，再根据等腰三角形三线合一的性质，得到，即可得出结论；
（3）先利用圆周角和勾股定理，求得，再分两种情况讨论：当点在上方时，过点作于点，连接、；②当点在下方时，过点作于点，结合上述结论分别求解即可．
【详解】（1）解：由阿基米德折弦定理可知，，
，
，
，
；
（2）解：，证明如下：
如图3，在上取，连接、、、，
点M是中点，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，即；
（3）解：是的直径，
，
的半径为10，
，
，
由勾股定理得：，
，
①当点在上方时，如图，过点作于点，连接、，
，
，
，
，
，
，即点是的中点，
，
，
；
②当点在下方时，如图，过点作于点，
，，
，
，即点是的中点，
由（2）可知，，
，
在中，，
综上可知，长为或．
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