人教版九年级上册第二十四章 圆24.1 圆的有关性质24.1.1 圆单元测试课时训练

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1．下列选项中，可以用来说明命题“若，则”是假命题的反例是（ ）
A．，B．，C．，D．，
2．如图，正方形中和中，，连接．若绕点A旋转，当最大时，（ ）
A．6B．12C．18D．24
3．如图，是的直径，是的弦，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接．若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
5．如图，抛物线与坐标轴相交于点，，，顶点为．以为直径画半圆交轴的正半轴于点，圆心为，是半圆上的一动点，连接，是的中点，当点沿半圆从点运动至时，点运动的路径长为( )
A．B．C．D．
6．正方形内接于，P是劣弧上任意一点，则等于（ ）

A．B．C．D．
7．在中，，．则∠AOC的度数为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，分别与相切于点，为上一点，，则（ ）
A．B．C．D．
9．如图，正六边形内接于，半径为，则这个正六边形的边心距的长为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，将绕点C逆时针旋转度后得到，点A，B的对应点分别为点D，E，连接与交于点F，点A，B，E，F在同直一线上，则下列结论一定正确的是（ ）

A．B．
C．D．
11．如图，圆内接四边形中，，连接，．则的度数是 ．
12．的边，边的长是一元二次方程的两根，则的外接圆的半径是 ．
13．已知的半径是一元二次方程的一个根，圆心到直线的距离，则直线与的位置关系是 ．
14．如图，是的弦，半径于点，连接并延长，交于点连接．若，则的面积为 ．

15．如图，内接正八边形，若的面积为，则正八边形的面积为 ．
16．如图，在中，点C是劣弧的中点，点P在劣弧上，且，于H，当，则 ．
17．在四边形中，，，以点为圆心，长为半径作，连接，交于，
(1)试判断与的位置关系，并说明理由．
(2)若，求图中阴影部分的面积．
18．如图，为的直径，C为上的中点，，垂足为的延长线交于点E．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求图中阴影部分的面积（结果保留）．
评卷人
得分
一、单选题
评卷人
得分
二、填空题
评卷人
得分
三、解答题
参考答案：
1．D
【分析】本题考查了真假命题，有理数的乘方，解题关键是掌握满足条件，但不能得到结论的例子即是反例．据此判断，即可得到答案．
【详解】解：当，时，，但，
可以用来说明命题“若，则”是假命题，
反例为，
故选：D．
2．D
【分析】作，交的延长线于点，当为此圆的切线时，即时，最大，在中，，证明则根据三角形面积公式即可得到答案．
【详解】如图，作，交的延长线于点，
，当绕点A旋转时，点在以A为圆心，8为半径的圆上
当为此圆的切线时，即时，最大，
此时，在中，，
，
，
，

，
在和中
，
，
．
故选：D．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、旋转的性质、正方形的性质、切线性质、圆周角定理、勾股定理等知识，找到最大时的位置是解题的关键．
3．A
【分析】本题考查圆周角定理，直角三角形两锐角互余，根据直径所对的圆周角为，即可求解．
【详解】解：∵是的直径，
，
，
，
故选：A．
4．B
【分析】连接，根据三角形内心的定义可得平分，根据角平分线的定义可得的度数，再根据圆周角定理得出，最后根据等边对等角和三角形内角和定理进行求解即可．
【详解】解：连接，

∵点I是的内心，
∴平分，
∵，
∴，
∵点O是外接圆的圆心，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，角平分线的定义，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
5．D
【分析】本题属于二次函数和圆的综合问题；、、的坐标，然后求出半圆的直径为，由于为定点，是半圆上的动点，为的中点，连接，可证明，所以的运动路径为以为直径的半圆，计算即可．
【详解】解：连接，．
，
点的坐标为，
令，则，
解得，，，
，，
，
∴，
∴轴．，
∴点在上，
∵，
∴，
∴，
∴点的运动轨迹是以为直径的半圆，
点运动的路径长是．
故选：D
6．C
【分析】本题主要考查的是圆内接正多边形的性质以及圆周角定理的应用，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
连接，由于圆内接正方形将圆分成四等分，所以，由圆周角定理知，根据即可得出答案．
【详解】解：连接；
四边形是圆的内接正方形，
；
，
，
故选：C．

7．C
【分析】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，根据垂径定理得到，再由同圆中等弧所对的圆周角的度数等于圆心角度数的一半可得．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选C．
8．A
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，根据切线的性质得到，再根据四边形的内角和为，求出的度数，然后根据圆周角定理，即可得解．
【详解】解：∵分别与相切于点，
∴，
∴，
∴；
故选A．
9．B
【分析】本题考查了正多边形和圆，正六边形的性质，垂径定理，勾股定理，等边三角形的性质，熟练掌握正六边形的性质，证明三角形是等边三角形，运用垂径定理求出是解答本题的关键．
连接，，证明是等边三角形，得到，由垂径定理求出，在利用勾股定理求出．
【详解】解：如图，连接，，
，，
是等边三角形，
，
，
，
故选：．
10．C
【分析】根据旋转的性质和反证法进行证明即可得到答案．熟练掌握反证法是解题的关键．
【详解】解：解：A．∵将绕点C逆时针旋转度后得到，
∴，
但无法确定，故选项错误，不符合题意；
B．∵将绕点C逆时针旋转度后得到，
∴，
∴，，
若，则，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵大小未知，
故选项错误，不符合题意；
C．∵将绕点C逆时针旋转度后得到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选项正确，符合题意；
D．∵将绕点C逆时针旋转度后得到，
∴，
若，
∵，
∴，
即是等边三角形，
当且仅当时成立，
故选项错误，不符合题意．
故选：C．
11．
【分析】本题考查了圆内接四边形对角互补，圆周角定理．熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
由题意知，，则，，进而可求，根据，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
12．5
【分析】本题考查的是三角形的外接圆与外心，根据题意先解一元二次方程，由勾股定理得是直角三角形，且斜边长为10，进而根据直角三角形的外接圆的半径等于斜边的一边，即可求得答案．
【详解】解：，
，
解得：，
，
是直角三角形，且斜边长为10，
直角三角形的外接圆的圆心在斜边上，且为斜边的中点，
的外接圆半径为，
故答案为：5．
13．相交
【分析】本题考查了因式分解法解一元二次方程、直线与圆的位置关系，先解方程得出，再根据即可得出直线与的位置关系，熟练掌握因式分解法解一元二次方程，通过比较圆心到直线距离与半径的大小即可得出直线与的位置关系，是解此题的关键．
【详解】解：，
，
或，
解得：，，
的半径是一元二次方程的一个根，
，
圆心到直线的距离，
直线与的位置关系是相交，
故答案为：相交．
14．
【分析】先运用垂径定理、平行线的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理求出，再根据三角形面积公式计算即可．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，是的半径，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴在中，由勾股定理得，，即，解得；或（舍去）
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、平行线的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识点，求得的长是解题的关键．
15．
【分析】本题考查的是正多边形和圆，取中点，连接，根据三角形的面积公式得到的面积的面积，根据正八边形的性质计算．
【详解】解：取中点，则点为正八边形外接圆的圆心，连接，
的面积的面积，
圆内接正八边形是由个与全等的三角形构成．
则圆内接正八边形为，
故答案为：．
16．
【分析】在上截取，连接，可以证明，得到，由，得到，由圆周角定理得到，因此，得到，即可求解．
【详解】在上截取，连接，
∵C是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识点，关键是通过作辅助线构造全等三角形．
17．(1)与相切，理由见解析
(2)
【分析】本题考查切线的判定，全等三角形的判定和性质，扇形面积的计算，等边三角形的判定和性质，勾股定理：
（1）过点作于点，先证，推出，可知点在上，是的半径，根据切线的判定可知与相切；
（2）先证是等边三角形，求出的度数，再根据即可求解．
【详解】（1）解：与相切，理由如下：
如图：过点作于点，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
，
，
点在上，是的半径，
又，
与相切．
（2）解：，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
在中，
，
，
解得，
．
18．(1)见解析
(2)．
【分析】本题考查了切线的判定以及圆周角定理和扇形的面积公式．
（1）连接，利用半径相等、圆周角定理求得，推出，从而得到，即可证明是的切线；
（2）设半径为r，利用勾股定理得到，解得，再计算出，然后根据扇形的面积公式，利用进行计算即可．
【详解】（1）证明：连接，如图，
∵，
∴，
∵C为上的中点，即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵点C在上，
∴是的切线；
（2）解：连接，设半径为r，
在中，∵，
∴，
解得，
∴，
则，即点B是斜边的中点，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴．