苏科版（2024）九年级上册2.1 圆单元测试随堂练习题

这是一份苏科版（2024）九年级上册2.1 圆单元测试随堂练习题，共29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。

1．已知的半径是一元二次方程的一个根，圆心O到直线l的距离，则直线与的位置关系是（ ）
A．相切B．相离C．相交D．相切或相交
2．如图，在中，，，，以点B为圆心，为半径画弧交边于点P，则的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
3．如图，为的直径，弦，垂足为，，，则线段的长为（ ）

A．5B．8C．D．
4．如图，点A、B、C、D、E 都在上，是直径，，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，过原点，且与两坐标轴分别交于点 A、B，点 A 的坐标为，点 M是第三象限内圆上一点，，则的半径为（ ）

A．4B．5C．6D．2
6．如图，直线、、分别与相切于点、、且，若，，则等于（ ）
A．B．C．D．
7．如图，正五边形内接于，连接，，则（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在扇形中，C为的中点，，若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
9． 如图，将半径为的圆形纸片沿折叠后，圆弧恰好能经过圆心，用图中阴影部分的扇形围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的高为（ ）
A．B．C．D．
10．图1是一张圆形纸片；如图2，将圆形纸片作两次对折，且折痕，垂足为点；如图3，把纸片展开后，再将圆形纸片沿弦折叠，使两点，重合，折痕与相交于点，连接，，，．下列四个结论中错误的是（ ）
A．四边形是菱形B．为等边三角形
C．D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．若点P到上的所有点的距离中，最大距离为8，最小距离为2，那么的半径为 ．
12．已知：如图，是的直径，弦交于E点，，，，则的长为 ．
13．如图，在中，是直径，弦，垂足为，若，，则的半径为 ．
14．如图，是的直径，是的弦，连接．若，则 ．
15．如图，四边形是内接四边形，，，连接，于点，连接，若，，则的长为 ．

16．如图，是的外接圆，，于点，的延长线交于点．
（1） （填“，或”）：
（2）若，，则 ．
17．如图，在圆内接正六边形中，，分别交于点，，若该圆的半径为12，则线段的长为 ．

18．如图，四边形 是正方形，其中，…依次连接，它们的圆心依次按 A、B 、C、D循环．当时，曲线的长度是 ．
三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）如图，以的边上一点为圆心的圆，经过、两点，且与边交于点，为的下半圆弧的中点，连接交于，若．
（1）连接，求证：；
（2）若，，求的半径．
20．（8分）如图，已知是半径为1的的直径，C是圆上一点，D是延长线上一点，过点D的直线交于点E，交于点F，，．
（1）求证：为等边三角形；
（2）若，求证：．
21．（10分）如图，AB为的直径，C为上一点，的切线BD交的延长线于点D．
（1）求证：；
（2）若，．求CD的长．
22．（10分）如图，已知是的外接圆，连接，，过点作，交的延长线于，交于，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，．求图中阴影部分的面积．
23．（10分）【特例解决】
（1）如图1，经过菱形的三个顶点A、B、D点，过点B作的直径，交边于点F，交于点E，连接，过点A作的垂线，垂足为点H，．与是什么关系？是什么关系？
【深入探究】
（2）如图2，若不经过点O，，三条线段的关系是否仍然成立？请说明理由．
【拓展延伸】
（3）在第2问的基础上，求证：．
24．（12分）综合与探究
问题情境：如图，已知为的直径，点C为上异于A，B的一点，过点C作的切线，过点A作于点D，连接．

（1）探究发现：证明：无论点C在何处，将沿折叠，点D一定落在直径上；
（2）探究引申：如图2，勤奋小组继续探究发现，若是等腰三角形且对称轴经过点D，此时，与存在数量关系，请写出结论并证明；
（3）探究规律：如图3，智慧小组在勤奋小组的启发下发现当为正三角形时，与存在的数量关系是：______．
参考答案：
1．B
【分析】本题考查一元一次方程的解法，直线与圆的位置关系等知识与方法，求出一元一次方程的解并且判断圆心到直线的距离与的半径之间的大小关系是解题的关键．
设的半径为，解一元一次方程得，，则，所以，可知直线与圆相离，于是得到问题的答案．
【详解】解：设的半径为，
解一元一次方程得，，
∵的半径是一元二次方程的一个根，
∴，
∵圆心到直线的距离，
∴，
∴直线与相离，
故选：B．
2．D
【分析】本题考查了勾股定理，圆的基本性质，由勾股定理得到，由题意得到，即可求解，掌握勾股定理是解题的关键．
【详解】解：∵，，，
∴，
∵以点B为圆心，为半径画弧交边于点P，
∴，
∴，
故选：D．
3．B
【分析】本题主要考查了垂径定理和勾股定理，先连接，根据已知条件求出，从而求出，然后根据勾股定理求出，由垂径定理求出答案即可．
【详解】解：连接，

∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：B
4．C
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键.
连接，根据平行线的性质求出根据圆周角定理得到进而求出，再根据圆内接四边形的性质计算即可.
【详解】解：如图, 连接,
，
，
∵是的直径,
，
，
∵四边形为的内接四边形，
，
，
故选: .
5．A
【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，含角的直角三角形的性质，圆周角定理，坐标与图形，根据圆内接四边形对角互补得到，再由的圆周角所对的弦是直径得到是直径，求出，进而求出，是解题的关键．
【详解】解：∵、、、都在圆上，，
∴，
∵，
∴是的直径，，
∵，
∴，
∴，
∴的半径为4，
故选：A．
6．D
【分析】此题主要是考查了切线长定理，平行线的性质，勾股定理，根据平行线的性质以及切线长定理，即可证明，再根据勾股定理即可求得的长，再结合切线长定理即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：连接，
根据切线长定理得：，，，；
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：．
7．D
【分析】本题考查正多边形内角和公式、正多边形的中心角，根据多边形的内角和可以求得的度数，根据周角等于，可以求得的度数，然后即可计算出的度数即可．
【详解】解：∵五边形是正五边形，
，，
，
故选：D．
8．B
【分析】连接，判定是等边三角形，推出，由圆心角、弧、弦的关系得到，由弧长公式即可求出；本题考查圆心角、弧、弦的关系，等边三角形的判定，弧长的计算，关键是判定是等边三角形，掌握弧长公式．
【详解】解：连接
∵，
∴是等边三角形
∴
∵C为的中点，
∴
∴
∴的长
故选：B．
9．A
【分析】本题考查了圆锥的计算，解直角三角形；作于，如图，根据折叠的性质得等于半径的一半，即 ，再根据特殊角的三角函数值得出，则，所以，则利用弧长公式可计算出弧AB的长，再求出底面圆的半径为，然后根据勾股定理计算这个圆锥的高．
【详解】如图，过点作，垂足为，交于点，
由折叠的性质可知，，则
由此可得，在中，，
同理可得，
在中，由三角形内角和定理，得．
弧AB的长为．
设围成的圆锥的底面半径为，则，
．
圆锥的高为．
故选A．
10．D
【分析】由翻折性质以及垂径定理证明菱形即可判断A；由等边对等角作出判断即可；先判断为等边三角形，再根据勾股定理即可得出结论；利用扇形面积公式求出结果即可．
【详解】解：由折叠的性质可知，，
．
由垂径定理知垂直平分，
，互相垂直平分，
四边形是菱形，故选项A正确，不符合题意；
，
，
．
，
，
，．
同理可得，
，
是等边三角形，故选项B正确，不符合题意；
，
，，
．
，，
是等边三角形，
，
，
，故选项C正确，不符合题意；
设圆的半径为，则，
，
，故选项D错误，符合题意．
故选：D
【点拨】本题圆的综合题型，主要考查了翻折变换的性质，勾股定理，平行线的判定，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，等边三角形的判定与性质．注意掌握折叠前后图形的对应关系是关键．
11．或者
【分析】本题考查了点与圆的位置关系，分点P在外和内两种情况讨论，当点P在外时，最大距离与最小距离之差等于直径；当点P在内时，最大距离与最小距离之和等于直径，即可得．
【详解】解：点P在外时，
外一点到上所有的点的距离中，最大距离是，最小距离是，
的半径长等于；
点P在内时，
内一点到上所有的点的距离中，最大距离是，最小距离是，
的半径长等于，
故答案为：或者．
12．42
【分析】本题考查了勾股定理和垂径定理，过O作于F，连接，根据垂直定义得出，即可求出，求出，根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出，根据垂径定理得出，即可求出答案, 能熟记垂径定理是解此题的关键．
【详解】解：如图所示，过O作于F，连接，
则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
∵，过圆心O，
∴，
∴
故答案为：．
13．
【分析】本题主要考查了圆综合．熟练掌握圆周角定理推论，含30°的直角三角形性质，勾股定理解直角三角形，是解决问题的关键．
连接，根据直径性质得出，再利用含30°角的直角三角形的性质可得，再根据勾股定理求出，即得．（方法不唯一）
【详解】连接，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
解得，，
∴．
∴的半径为．
故答案为：．
14．
【分析】本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，三角形内角和定理，根据同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角，结合三角形的内角和定理，进行求解即可．
【详解】解：∵是的直径，，，
∴，
∴；
故答案为：．
15．
【分析】连接，由，得到，求得是等边三角形，根据等边三角形的性质得到，，求得，推出，根据全等三角形的性质得到，求得，得到，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：连接，

∵，
∴，
∵，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
16．
【分析】（1）延长交于点，连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，根据直角三角形两锐角互余可得，，根据在同圆中，等弧所对的圆周角相等可得，根据等角的余角相等可得，根据等边对等角可得，即可推得；
（2）根据直角三角形两锐角互余可得，结合（1）中结论和根据等角的余角相等可得，结合对顶角相等可得，根据等角对等边可得，设，则，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方列方程，解方程求出的值，即可求出、的值，根据即可求解．
【详解】解：（1）延长交于点，连接，如图：

∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
由（1）得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
即，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∴的长为，
故答案为：．
【点拨】本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，等角对等边，等边对等角，勾股定理，直角三角形的性质等；熟练掌握圆的相关性质是解题的关键．
17．
【分析】本题主要考查了圆内接正六边形．熟练掌握圆内接正六边形的性质，等边三角形的判断和性质，含的直角三角形性质，是解题关键．含的直角三角形性质：三边是的关系．
连接、，根据圆内接正六边形的性质得到是等边三角形，得到，推出，，得到，得到，推出，，得到是等边三角形，即得．
【详解】连接、，
∵六边形是圆内接正六边形，圆的半径为12，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴．
故答案为：．
18．
【分析】本题主要考查了弧长计算公式应用，根据题意得出扇形半径是解题关键．首先根据题意得出扇形半径，进而利用弧长公式求出即可．
【详解】解：根据题意可得出：，，，，
∴曲线的长度为：
．
故答案为：．
19．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了垂径定理，圆的相关性质，等腰三角形的性质，解题的关键是灵活运用这些性质．
（1）连接，由圆的性质可得，根据，可得，由垂径定理可得，然后借助角关系转化可得结论；
（2）在由勾股定理可求解．
【详解】（1）解：连接，
，
，
，
，
为的下半圆弧的中点，
，
，
，
；
（2）在中，，
，
（不合题意舍去）或，
的半径为．
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由圆周角定理得出，则，由直角三角形的性质和等腰三角形的性质得出，再证，得出即可；
（2）由等边三角形的性质和三角形的外角性质得出，证，则，即可得出结论．
【详解】（1）证明：是半径为1的圆直径，
，，
，，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
是等边三角形；
（2）证明：由（1）得：是等边三角形，
，
，，
，
，
，
，
，
．
【点拨】本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握圆周角定理和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据切线的性质得到，再根据圆周角定理得到，加上，于是利用等量代换得到结论；
（2）利用含30度的直角三角形三边的关系得到，然后证明得到即可．
【详解】（1）证明：∵DB是的切线，
∴，
∴．
∵AB是的直径，
∴．
∵，
∴．
∴；
（2）解：在中，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴，
∴．
∴．
∴．
【点拨】本题考查了圆的知识，涉及切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定和性质以及含30度的直角三角形，解题的关键是熟悉圆的知识．
22．(1)见详解
(2)
【分析】（1）连接，根据圆周角定理可知，利用平行线的性质即可求出，从而可知是的切线；
（2）设，由于，所以，在中，由勾股定理可知：，解得，所以半径；根据扇形面积公式以及三角形面积公式即可求出答案．
本题考查圆的综合问题，涉及勾股定理，圆周角定理，切线的判定，扇形面积公式等知识，需要学生灵活运用所学知识．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：设，则，
，
∵，
在中，由勾股定理可知：，
，
，（舍去），
，
的半径为4，；
∴，
，
图中阴影部分的面积．
23．（1），（2）成立，理由见解析（3）见解析
【分析】（1）圆周角定理，得到，，，进而得到，结合菱形的邻边相等，证明 ，进而推出为等腰三角形，三线合一得到，即可得出结论；
（2）在上截取，连接，证明，得到，进而得到，即可得出结论；
（3）根据，得到，结合以及勾股定理进行证明即可．
【详解】解：（1）∵为直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）成立，理由如下：
上截取，连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点拨】本题考查圆周角定理，菱形的性质，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，掌握相关性质，添加辅助线，构造全等三角形和等腰三角形，是解题的关键．
24．(1)见解析
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）先根据切线的性质得到，再证明得到，加上，所以，然后根据折叠的性质可判断将沿折叠，点一定落在直径上；
（2）由于是等腰三角形且对称轴经过点，则根据折叠的性质得到，再证明，接着根据切线的性质得到，则可计算出，然后证明四边形为矩形，则，从而得到；
（3）先根据正三角形的性质得到，，再计算，则利用含30度角的直角三角形三边的关系得到，，则，从而得到．
【详解】（1）证明：为的切线，
，
，
，
，
，
，
，
无论点在何处，将沿折叠，点一定落在直径上；
（2）解：．
理由如下：是等腰三角形且对称轴经过点，
，
，
为的切线，
，
，
，
，
，
四边形为矩形，
，
；
（3）解：为正三角形，
，，
，
，
，，
，
，
而，
．
故答案为：．
【点拨】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质和折叠的性质．