初中数学人教版九年级上册24.1.1 圆巩固练习

这是一份初中数学人教版九年级上册24.1.1 圆巩固练习，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．平面内，已知的半径是，线段，则点P（ ）
A．在外B．在上C．在内D．不能确定
2．点P是内一点，过点P的最长弦的长为，最短弦的长为，则的长为（ ）
A． B． C． D．
3．折扇最早出现于我国南北朝时期，《南齐书》中说：“司徒褚渊入朝，以腰扇障日．”这里的“腰扇”在《通鉴注》中的解释为折叠扇．如图，一折扇的骨柄长为，折扇张开后为扇形，圆心角为，则弧的长为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，是的弦，是的直径，已知，，连接，若D是的中点，则的长（ ）
A．B．C．D．
5．如图，是的直径，，则（ ）
A．B．C．D．
6．如图，、是的切线，是的直径，延长，与的延长线交于点，过点作弦，且，连接并延长与圆交于点，连接，若，，则的长度为（ ）
A．3B．4C．D．
7．如图放置的两个正方形，大正方形的边长为，小正方形的边长为，点在边上，且，连接，，交于点，将绕点旋转至，将绕点旋转至，下列结论：
①；②；③；④，，，四点共圆．其中结论正确的序号是（ ）
A．①②③B．②③④C．①②③④D．①④
8．如图，抛物线与x轴交于A、B两点，P是以点为圆心，1为半径的圆上的动点，Q是线段的中点，连接．则线段的最大值是（ ）
A．B．C．D．2
二、填空题
9．在中，，，则它的外心到顶点A的距离为 ．
10．如图，四边形是的内接四边形，，则 °．

11．“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，分别以等边的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，三段圆弧围成的封闭图形是“莱洛三角形”．若等边的边长为3，则该“莱洛三角形”的周长等于 ．
12．如图，的半径于点D，连接并延长，交于点B，连接．
（1）若，则的度数为 ．
（2）若，，则的半径长为 ．
13．如图，是的半径，是的弦，于点D，是的切线，交的延长线于点E．若，，则线段的长为 ．

14．如图，切于点A，交于点B，若，，则的半径为 ．
15．如图，在正方形中，以点C为圆心，为半径作，在上取一点E，使，则的度数为 ．
16．如图，在中，，，，若以为直径画半圆，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，则阴影部分面积为 ．(结果保留π)
三、解答题
17．如图，圆的半径为6，求扇形和扇形的面积．（结果保留）
18．如图，在中．．
(1)用直尺和圆规作出，使圆心在边上，并与其他两边都相切，与边相切于点；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)通过作图，试说明与相切的理由；
(3)求的半径．
19．已知，如图，在中，，请根据下列要求解决问题：

(1)利用尺规作出的内切圆；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)若，内切圆的半径为1，求的周长．
20．如图，是的直径，是的弦，连接．
(1)求的度数；
(2)若，求的长．
21．如图是由小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．经过，，三个格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图(画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示)．
(1)在图（1）中，画的切线，并画出弧的中点；
(2)在图（2）中，画出点关于的对称点，并画出弧的中点．
22．小华用角的三角板和一块量角器进行数学实践探究活动，如图，她将三角板的较短直角边和量角器（半圆O）的直径重合，斜边交半圆O于点C，较长直角边交半圆O于点E，根据量角器上的示数，可知点E为的中点．连接交于点F，连接．求证：．

参考答案：
1．A
【分析】本题考查了点与圆的位置关系，根据点与圆的位置关系的判定方法对点P与的位置关系进行判断．
【详解】解：∵的半径为，线段，
∴点P到圆心的距离大于圆的半径，
∴点P在外．
故选：A．
2．B
【分析】本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据直径是圆中最长的弦，可知过点P的最长弦的长为直径；最短弦的长为，即是过点且垂直于过点的直径的弦；根据垂径定理求得的长，再根据勾股定理即可求得的长，根据题意画出图形，正确利用垂径定理和勾股定理是解答本题的关键．
【详解】解：如图所示，于点．
根据题意，得过点P的最长弦的长为直径，最短弦的长为，则，
∵，
∴．
根据勾股定理，得．
故选：B．
3．B
【分析】此题考查了扇形弧长的求解，解题的关键是掌握弧长公式．直接根据扇形弧长的求解公式，求解即可．
【详解】解：折扇的骨柄长为，折扇张开的角度为，
弧的长，
故选B．
4．B
【分析】本题考查圆周角定理，含角的直角三角形的性质，三角形的中位线定理，证明为的中位线是解题的关键，属于中考常考题型．
由直径所对的圆周角是直角得，根据含角的直角三角形的性质得，证明是的中位线，由三角形的中位线定理即可求解．
【详解】解：∵是的直径，
是的中点，
是的中位线，
故选：B．
5．D
【分析】本题考查了同弧所对的圆周角相等，半圆（直径）所对的圆周角是直角，根据直径所对的圆周角是直角可得，然后求出，再根据同弧所对的圆周角相等得出答案．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：D．
6．C
【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和垂径定理．交于点，连接，如图，先利用切线的性质得到，设的半径为，则，，利用勾股定理得到，解方程得，再根据圆周角定理得到，接着证明，则利用垂径定理得到，然后利用面积求出，则，最后在中利用勾股定理可计算出的长．
【详解】解：交于点，连接，如图，
是的切线，
，
，
设的半径为，则，，
在中，，
解得，
为直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，．
故选：C．
7．C
【分析】根据正方形的性质可得，然后根据旋转的性质可得，从而判断①；利用即可证出从而判断②；先证出四边形是正方形，然后根据勾股定理即可判断③；根据圆周角定理，即可判断④．
【详解】解：①∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵绕点旋转至，
∴，
∴，
∴，故①正确；
②∵将绕点旋转至，
∴，∵，
∴，
在与中，
，
∴；故②正确；
③∵绕点旋转至，
∴，
∵将绕点旋转至，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
在中，，
∴；故③正确；
④如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴点M，D都在以为直径的圆上，
∴A，M，P，D四点共圆，故④正确．
故选：C．
【点睛】此题考查的是正方形的性质及判定、旋转的性质、全等三角形的判定及性质和圆周角定理，掌握正方形的性质及判定、旋转的性质、全等三角形的判定及性质和圆周角定理是解决此题的关键．
8．C
【分析】本题考查圆的基本性质，抛物线与x轴的交点坐标，勾股定理，三角形中位线的性质等．当B、C、P三点共线，且点C在之间时，最大，而是的中位线，据此求解即可．
【详解】解：令，解得，
故点，，
设圆的半径为r，则，
连接，而点Q、O分别为、的中点，
故是的中位线，
当B、C、P三点共线，且点C在之间时，最大，此时最大，
，，
，，
则，
故选：C．
9．
【分析】本题考查三角形外心，等腰三角形的性质，勾股定理．根据题意画出图形，设的外心为O，连接 ，，并延长交于H，由等腰三角形的性质得到，，由勾股定理求出，由外心性质得，再设，则，由勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，设的外心为O，连接 ，，并延长交于H，
，O是的外心，

∴，，
∴，
在中，由勾股定理，得
，
设，则，
在中，由勾股定理，得
，
解得：，
∴，
故答案为：．
10．
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
根据圆内接四边形的性质求出，再根据圆周角定理解答即可．
【详解】∵四边形为的内接四边形，，
由圆周角定理得，，
故答案为：．
11．
【分析】本题考查了等边三角形的性质，弧长公式，熟练掌握等边三角形的性质和弧长公式是解题的关键．根据等边三角形的性质及弧长公式求解即可．
【详解】解：∵等边三角形的边长为3，，
∴，
∴该“莱洛三角形”的周长，
故答案为：．
12． 36°/36度 5
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理等知识点．
（1）利用圆周角定理求得的度数，根据垂直定义得到，据此求解即可；
（2）由（1）可得，再根据垂径定理可得以及线段的和差可得，最后根据勾股定理方程求出即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）∵，
∴，，
∵，
∴，
解得
∴的半径长为5．
13．
【分析】本题主要考查了垂径定理，等腰直角三角形的判定和性质，切线的性质．根据，得出，，根据等腰直角三角形的性质得出，即，根据，，得出为等腰直角三角形，即可得出．
【详解】解：∵，
∴，．
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵是的切线，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴．
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了圆的切线的性质，勾股定理等知识，切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．
连接，设圆的半径为r，根据切线的性质可得，然后根据勾股定理求解即可．
【详解】解：连接，设圆的半径为r，
∵切于点A，
∴，
在中，，
即，
解得．
故答案为：．
15．/60度
【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定和性质，圆的相关定义，根据题意易得，推出为等边三角形，即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，则，
∴的度数为，
故答案为：．
16．π+
【分析】本题考查扇形的面积、直角三角形30度角性质，等边三角形的判定和性质等知识，连接，根据含的直角三角形的性质得到，然后根据计算即可．
【详解】解：如图，连接，
在中，，，，
，
，
以点为圆心，长为半径画弧，交于点，
，
是等边三角形，为半圆的圆心，
，
故答案为：．
17．扇形的面积为，扇形的面积为．
【分析】本题主要考查扇形面积的计算，根据扇形面积公式计算即可．
【详解】解：∵扇形面积公式为，
∴扇形的面积为，
扇形的面积为．
18．(1)见解析；
(2)见解析；
(3)3．
【分析】（1）作的角平分线交于点，以点为圆心，的长为半径作圆即可；
（2）过点作，垂足为点．由题可知，是的角平分线，利用圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切即可证明；
（3）由勾股定理得，根据切线长定理得，进而得，在中，利用勾股定理构造方程即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，
（2）证明：过点作，垂足为点．
由题可知，是的角平分线
∵
，
是的角平分线
又∵，是的半径，
与相切；
（3）解：在中，
．
与相切
设半径为，则，
根据勾股定理得，
解得
半径为．
【点睛】本题主要考查了切线得判定、切线长定理、勾股定理、尺规作角的角平分线以及角平分线的性质定理，熟练掌握切线判定、切线长定理、勾股定理、尺规作角的角平分线是解题的关键．
19．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了三角形内切圆，作角平分线，作垂线等知识．熟练掌握三角形角平分线的交点为三角形的内切圆的圆心是解题的关键．
（1）根据三角形角平分线的交点为三角形的内切圆的圆心，确定圆心，然后作垂线确定半径，最后作圆即可；
（2）如图1，连接，则，即，计算求解即可．
【详解】（1）解：如图1，作的平分线，交点即为圆心，过作于，以为圆心，为半径画圆，即为的内切圆；

（2）解：如图1，连接，
∴，即，
解得，，
∴的周长为．
20．(1)
(2)4
【分析】本题主要考查圆周角定理，直角三角形的性质以及勾股定理等知识：
（1）由圆周角定理得，根据直径所对圆周角是直角可知，再由三角形内角和定理可求出的度数；
（2）由角所骊直角边等于斜边的一半知，再由勾股定理可求出的长．
【详解】（1）∵点C在上，是的直径
∴
∵
∴
∵
∴
（2）在中，，
∴
设，则
在中，，由勾股定理得：
∵，，
∴
∵解得：，（舍）
∴的长为4
21．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取格点，作直线即可，取格点，，，，连接，交于点，过的中点，点作直线交于点，点即为所求；
（2）取格点，连接交于点，点即为所求，取的中点，连接交于点，连接，延长交于点，作直线交于点，点即为所求．
【详解】（1）解：如图，直线，点即为所求；
作法：
先取格点，作直线即可，
再取格点，，，，连接，交于点，
过的中点，点作直线交于点，
点即为所求；
（2）解：如图，点，点即为所求．
作法：
先取格点，连接交于点，点即为所求，
再取的中点，连接交于点，连接，
延长交于点，作直线交于点，
故点即为所求．
【点睛】本题考查作图之轴对称变换，线段的垂直平分线的性质，垂径定理，三角形的中线的性质，圆的切线的判定等知识，掌握以上基础知识并应用于作图是解本题的关键．
22．证明见解析
【分析】本题考查了圆的性质，包括圆周角定理，直径所对圆周角是直角，同角的余角相等；根据圆周角定理可得，然以由余角的性质可知，最后利用等边对等角解决问题；解题的关键是熟练掌握圆的相关性质．
【详解】证明：如图，连接，

∵点为弧的中点，
，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．