初中数学人教版（2024）九年级上册圆精练

这是一份初中数学人教版（2024）九年级上册圆精练，共17页。试卷主要包含了四点共圆，定隐形圆，定角定弦，轨迹是圆，定点定长,点在圆上，线段滑动，中点在圆上等内容，欢迎下载使用。
类型一、四点共圆，定隐形圆
1、定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角．
①若∠A＝40°，直接写出∠E的度数是 ；
②求∠E与∠A的数量关系，并说明理由．
（2）如图2，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E在BD的延长线上，连CE，若∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，求证：DA＝DE．
【答案】（1）①20°；②，理由见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）①根据题目定义推出∠E＝∠A，从而得出结论；②直接根据求解①过程证明即可；
（2）首先根据题意推出A、B、C、D四点共圆，然后作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，再根据圆的内接四边形的性质等推出∠AFD＝∠DFE，然后根据“遥望角”的定义推出∠E＝∠DAF，即可证△DAF≌△DEF，从而得出结论．
解（1）①∵∠E是△ABC中∠A的遥望角，
∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A，
∵∠A＝40°，
∴∠E＝20°．
故答案为：20°；
②，理由如下：
∵∠E是△ABC中∠A的遥望角，
∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A；
（2）证明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴A、B、C、D四点共圆，
作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，

∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠DFC+∠DBC＝180°，
∵∠DFC+∠DFE＝180°，
∴∠DFE＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵∠ABD＝∠AFD，
∴∠AFD＝∠DFE，
∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
由（1）得∠E＝∠BAC，
∵∠BAC＝∠BDC，
∴∠E＝∠BDC，
∵∠E+∠DCE＝∠BAC，
∴∠E＝∠DCE，
∵∠DCE＝∠DAF，
∴∠E＝∠DAF，
∵DF＝DF，∠AFD＝∠DFE，
∴△DAF≌△DEF（AAS），
∴DA＝DE．
【点拨】本题考查新定义问题，涉及三角形角平分线的拓展运用，圆的内接四边形的性质等，理解题目定义，灵活运用“四点共圆”的证明方法是解题关键．
【变式1】如图，已知AB=AC=AD，∠CAD=20°，则∠CBD的度数是（ ）
A．10°B．15°C．20°D．25°
【答案】A

解：如图，AB=AC=AD
∵
，
故选A．
【变式2】如图，在长方形中，，，垂足为，延长交于，表示面积，则给出的下列命题：①；②；③；④．其中正确命题的代号是________．

【答案】①③④
【分析】由矩形的性质得出，，，由证明，①正确；由的面积的面积，得出的面积的面积，②不正确；证明、、、四点共圆，得出，③正确；延长交矩形的外接圆于，连接，由圆周角定理得出，由三角形的外角性质得出，得出，④正确；即可得出结论．
解：∵四边形是矩形，
∴，，，
在和中，
，
∴，
∴①正确；
∵的面积的面积，
∴的面积的面积，
∴②不正确；
∵，
∴，
∴，
∴、、、四点共圆，
∴，
∴③正确；
∵、、、四点共圆，
如图所示：
延长交矩形的外接圆于，连接，
则，
∵，
∴，
∴④正确；
正确的代号是①③④；
故答案为：①③④．
【点拨】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，以及圆周角的性质，掌握四点共圆的证明方法进行转化是解题关键．
类型二、定角定弦，轨迹是圆。
2、如图，中，，，点是边上一动点，连接，以为直径的圆交于点．若长为4，则线段长的最小值为（ ）
B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，连接 由为直径，证明在以的中点为圆心，为直径的上运动，连接 交于点 则此时最小，再利用锐角的正弦与勾股定理分别求解，即可得到答案.
解：如图，连接 由为直径，


在以的中点为圆心，为直径的上运动，
连接 交于点 则此时最小，
，，




故选D
【点拨】本题考查的是勾股定理的应用，圆外一点与圆的最短距离的理解，锐角的正弦的应用，掌握“圆外一点与圆的最短距离求解线段的最小值”是解本题的关键.
【变式1】如图，在圆中，半径，弦，点是劣弧上的一个动点，连接，作，垂足为．在点移动的过程中，线段的最小值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由CP⊥BQ知，点P在以AB为直径的⊙D的圆弧CE上，连接AD交⊙D于P，此时线段AP最短．
解：如图，

∵CP⊥BQ，
∴∠CPB=90，
∵点Q是劣弧AC上的一个动点，
∴点P在以AB为直径的⊙D的圆弧上，
连接AD交⊙D于P，此时线段AP最短．
∵弦BC=10，半径，
∴直径AB=2，CD=DP=5，
∴∠ACB=90，
∴AC=，
在Rt△ACD中，
AD=，
∴AP= AD- DP=8．
故选：C．
【点拨】本题考查了圆周周角定理，点的运动轨迹；能够根据点的运动情况，确定P点的运动轨迹是解题的关键．
【变式2】如图，等边中，，点D，点E分别是边BC，CA上的动点，且，连接AD、BE交于点F，当点D从点B运动到点C时，则点F的运动路径的长度为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图，作过A、B、F作⊙O，为点F的轨迹，然后计算出的长度即可．
解：如图：作过A、B、F作⊙O，过O作OG⊥AB
∵等边
∴AB=BC，∠ABC=∠C=60°
∵
∴△BCE≌△ABC
∴∠BAD=∠CBE
∵∠ABC=∠ABE+∠EBC=60°
∴∠ABE+∠BAD=60°
∴∠AFB=120°
∵∠AFB是弦AB同侧的圆周角
∴∠AOB=120°
∵OG⊥AB，OA=OB
∴∠BOG=∠AOG=∠AOB=60°，BG=AB=
∴∠OBG=30°
设OB=x，则OG=x
∴，解得x=或x=-（舍）
∴的长度为．
故选B

【点拨】本题考查了等边三角形的性质、含30度直角三角形的性质、勾股定理以及圆周角定理，根据题意确定点F的轨迹是解答本题的关键．
类型三、定点定长,点在圆上
3、如图，⊙O的直径AB＝4，P为⊙O上的动点，连结AP，Q为AP的中点，若点P在圆上运动一周，则点Q经过的路径长是______．
【答案】
【分析】连接OQ，以OA为直径作⊙C，确定出点Q的运动路径即可求得路径长．
解：连接OQ．
在⊙O中，
∵AQ=PQ，OQ经过圆心O，
∴OQ⊥AP．
∴∠AQO=90°．
∴点Q在以OA为直径的⊙C上．
∴当点P在⊙O上运动一周时，点Q在⊙C上运动一周．
∵AB=4，
∴OA=2．
∴⊙C的周长为．
∴点Q经过的路径长为．
故答案为：
【点拨】本题考查了垂径定理的推论、圆周角定理的推论、圆周长的计算等知识点，熟知相关定理及其推论是解题的基础，确定点Q的运动路径是解题的关键．
【变式1】如图，在中，，，，是上一点，且，是边上一点，将沿折叠，使点落在点处，连接，求的最小值．

【答案】．
解：如解图，以为圆心，长为半径作圆，
∵，
∴点在的一段弧上运
动，连接，交于点，此时最小．
∵，，，，
∴，
∴，
∴．
∴的最小值为．

【变式2】（1）【学习心得】
小明同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
例如：如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝ °．
（2）【问题解决】
如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝27°，求∠BAC的数．
（3）【问题拓展】
如图3，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为4，则线段DH长度的最小值是 ．
【答案】（1）45；（2）27°；（3）2﹣2
【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解；
（2）由A、B、C、D共圆，得出∠BDC=∠BAC；
（3）根据正方形的性质利用“边角边”证明△ABE和 △DCF全等，可得∠1=∠2，同理证明△ADG和 △CDG全等，可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，取AB的中点0，可得OH=AB=2，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知，当 0、D、H三点共线时，DH的长度最小．
解：（1）如图1，

∵AB＝AC，AD＝AC，
∴以点A为圆心，点B、C、D必在⊙A上，
∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，
∴∠BDC＝∠BAC＝45°，
故答案是：45；
（2）如图2，
取BD的中点O，连接AO、CO．
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴点A、B、C、D共圆，
∴∠BDC＝∠BAC，
∵∠BDC＝27°，
∴∠BAC＝27°，
（3）如图3，
在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠1＝∠2，
在△ADG和△CDG中，
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAH+∠3＝∠BAD＝90°，
∴∠1+∠BAH＝90°，
∴∠AHB＝180°﹣90°＝90°，
取AB的中点O，连接OH、OD，
则OH＝AO＝AB＝2，
在Rt△AOD中，OD＝＝＝2，
根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，
∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，
最小值＝OD﹣OH＝2﹣2．
故答案为：2﹣2．
【点拨】本题主要考查了圆的综合题，需要掌握垂径定理、圆周角定理、勾股定理等知识，解题时注意辅助线的作法．
类型四、线段滑动，中点在圆上
4、如图，在中，，AC＝BC，AB＝4cm，CD是中线，点E、F同时从点D出发，以相同的速度分别沿DC、DB方向移动，当点E到达点C时，运动停止，直线AE分别与CF、BC相交于G、H，则在点E、F移动过程中，点G移动路线的长度为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】由△ADE≌△CDF，推出∠DAE=∠DCF，因为∠AED=∠CEG，推出∠ADE=∠CGE=90°，推出A、C、G、D四点共圆，推出点G的运动轨迹为弧CD，利用弧长公式计算即可．
解：如图，

∵CA=CB，∠ACB=90°，AD=DB，
∴CD⊥AB，
∴∠ADE=∠CDF=90°，CD=AD=DB，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴∠DAE=∠DCF，
∵∠AED=∠CEG，
∴∠ADE=∠CGE=90°，
∴A、C、G、D四点共圆，
∴点G的运动轨迹为弧CD，
∵AB=4，AB=AC，
∴AC=2，
∴OA=OC=，
∵DA=DC，OA=OC，
∴DO⊥AC，
∴∠DOC=90°，
∴点G的运动轨迹的长为
故选：D．
【点拨】本题考查等腰直角三角形的性质、轨迹、勾股定理、全等三角形的判定和性质，四点共圆等知识，解题的关键是正确探究点G的轨迹，属于中考常考题型．
【变式1】如图，△ABC为等边三角形，AD⊥BC，且AD＝4，点E为线段AD的中点，把线段AE绕点A逆时针旋转，连接BE，点F为线段BE的中点，在旋转过程中CF的最大值为 _____．

【答案】5
【分析】取AB的中点G，连接FG，由三角形中位线的性质得出FG＝AE＝1，得出点F在以G为圆心，1为半径的圆上，当CF经过圆心G时，CF最大，由等边三角形的性质得出CG＝AD＝4，进而求出CF的值，得出答案．
解：如图，取AB的中点G，连接FG，

∵AD＝4，点E为线段AD的中点，
∴AE＝AD＝2，
∵点F为线段BE的中点，
∴FG是△ABE的中位线，
∴FG＝AE＝1，
∴点F在以G为圆心，1为半径的圆上，
∴当CF经过圆心G时，CF最大，
∵△ABC为等边三角形，G是AB的中点，
∴CG⊥AB，
∵AD⊥BC，
∴CG＝AD＝4，
∴CF＝FG＋CG＝1＋4＝5，
∴CF的最大值为5．
故答案为：5．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，掌握三角形中位线的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，圆的定义是解决问题的关键．
【变式2】如图，在等腰直角△ABC中，斜边AB的长度为8，以AC为直径作圆，点P为半圆上的动点，连接BP，取BP的中点M，则CM的最小值为__________．

【答案】
【分析】连接PA、PC，取AB、BC的中点E、F，连接EF、EM、FM，取EF的中点O，连接OM，OC，CM．根据图形结合题意易证明∠EMF=90°，得出结论点M的运动轨迹是弧EF，即以EF为直径的半圆，再根据题意可求出AC、BC的值，即得出CF，EF的值，由勾股定理可求出OC的值，最后利用CM≥OC-OM即可求出CM的最小值．
解：如图，连接PA、PC，取AB、BC的中点E、F，连接EF、EM、FM，取EF的中点O，连接OM，OC，CM．

∵AC是直径，
∴∠APC=90°，
∵BE=EA，BM=MP，
∴EM∥PA，同理FM∥PC，
∴∠BME=∠BPA，∠BMF=∠BPC，
∴∠BME+∠BMF=∠BPA+∠BPC=90°，
∴∠EMF=90°，
∴点M的轨迹是弧EF，（EF为直径的半圆）
∵BC=AC，∠ACB=90°，AB=8，
∴AC=BC=4，
∵AE=EB，BF=CF=2，
∴EF=AC=2，EF∥AC，
∴∠EFB=∠EFC=∠ACB=90°，OE=OF=OM=，
∴OC===，
∵CM≥OC-OM，
∴CM≥
综上可知CM最小值为．
故答案为：．
【点拨】本题考查轨迹、等腰直角三角形的性质、圆的有关知识，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．