第二十四章 圆过关测试-九年级数学全册重难热点提升精讲与过关测试（人教版）

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1．下列命题中，其中真命题的个数是（ ）
①直径是弦；②相等的圆心角所对的弦也相等；③平分弦的直径垂直于弦；④矩形的四个顶点共圆．
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】利用弦的定义，构成圆的条件，垂径定理逆定理判断即可
【详解】解：①直径是弦，是真命题；
②同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等，原命题是假命题；
③平分弦（不是直径）的直径垂直于这条弦，原命题是假命题；
④矩形的四个顶点共圆是真命题，
已知：四边形为矩形，求证：点A，B，C，D四点共圆，
证明：如图，

连接相交于点O，
∵四边形为矩形，
∴，
∴点A，B，C，D四点共圆，
即矩形的四个顶点共圆，
即真命题的有2个，
故选：B．
【点睛】此题考查了命题与定理，垂径定理，确定圆的条件，熟练掌握这些性质是本题的关键．
2．雷达通过无线电的方法发现目标并测定它们的空间位置，因此雷达被称为“无线电定位”．现有一款监测半径为的雷达，监测点的分布情况如图，如果将雷达装置设在点，每一个小格的边长为，那么能被雷达监测到的最远点为（ ）．
A．点B．点C．点D．点
【答案】B
【分析】以为圆心为半径作，可得结论．
【详解】解：如图，观察图象可知，能被雷达监测到的最远点为点．
故选：．
【点睛】此题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
3．如图，是的直径，分别以点O和点B为圆心，大于的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于M，N两点，直线与相交于C，D两点，若，则的长为（ ）
A．B．4C．D．
【答案】C
【分析】连接，设和交于点M，根据作图得出垂直平分，利用勾股定理求出，再根据垂径定理得出结果．
【详解】解：连接，设和交于点M，
由作图可知：垂直平分，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了尺规作图，垂直平分线，垂径定理以及勾股定理，解题的关键是根据作图过程得出垂直平分线，利用垂径定理得出最后结果．
4．如图，是弧所在圆的圆心．已知点B、C将弧AD三等分，那么下列四个选项中不正确的是（ ）
A．B．C．D．．
【答案】B
【分析】利用三等分点得到，由此判断A；根据AB=BC=CD，得到AB+BC>AC，由此判断B；根据即可判断C；根据，得到，由此判断D．
【详解】解：连接AB、BC，OB，
∵点B、C将弧AD三等分，
∴，
∴，故A选项正确；
∵，
∴AB=BC=CD，
∵AB+BC>AC，
∴AC<2CD，故B选项错误；
∵，
∴，故C选项正确；
∵，
∴∠AOB=∠BOC=∠COD，
∴，
∴，故D选项正确；
故选：B．
【点睛】此题考查了圆心角、弧、弦定理：在同圆或等圆中，圆心角、弧、弦中有一个量相等，另两个量也对应相等．
5．如图，四边形内接于，四边形是平行四边形，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆内接四边形的性质推出，再根据平行四边形的性质推出，再证明四边形是菱形，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形内接于，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
解得，
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查的是圆周角定理、圆内接四边形的性质、菱形的判定和性质，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理．
6．如图所示，在中，，是内心，是外心，则等于（ )
A．130°B．135°C．140°D．145°
【答案】C
【分析】根据三角形的内心得出∠IBC＝∠ABC，∠ICB＝∠ACB，根据三角形内角和定理求出∠IBC+∠ICB=55°,故可得到∠ABC＋∠ACB=110°，进而求出∠A的度数， 再根据圆周角定理求出∠BOC＝2∠A，求出∠A度数，
【详解】∵在△ABC中，，是内心，
∴∠IBC＝∠ABC，∠ICB＝∠ACB，
∵∠IBC+∠ICB=180°-，
∴∠ABC+∠ACB=2∠IBC+2∠ICB=2（∠IBC+∠ICB）=110°，
∴∠A=180°-（∠ABC+∠ACB）=70°，
∵是外心，
∴∠BOC＝2∠A=140°，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和三角形的外接圆，圆周角定理，三角形的内角和定理等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
7．如图，若正方形的边长为6，则其外接圆半径与内切圆半径的比值为（ ）

A．B．C．2D．3
【答案】B
【分析】连接，根据已知得点O为正方形的中心，从而可求可求出，再根据切线的性质得，从而得，，进而证为等腰直角三角形得，然后再利用勾股定理求出，据此即可得出答案．
【详解】解：连接，如图：

∵点O是正方形内切圆和外接圆的圆心，
∴点O为正方形的中心，
∴，
又∵正方形的内切圆与切于点E，且，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了正方形与圆，切线的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等，解答此题的关键是确定点O为正方形的中心，并求出中心角，进而利用等腰直角三角形的性质及勾股定理求出的长．
8．如图，在平面直角坐标系中，的圆心是，半径为2，函数的图象被截得的弦的长为，则a的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过点作于，过点作轴于，交于，连接．分别求出、，相加即可．
【详解】解：过点作于，过点作轴于，交于，连接．
，，半径为2，
，，
根据勾股定理得：，
点在直线上，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
．
的圆心是，
．
故选：C．
【点睛】本题综合考查了一次函数与几何知识的应用，题中运用圆与直线的关系以及直角三角形等知识求出线段的长是解题的关键．注意函数y=x与x轴的夹角是45°．
9．如图，正方形ABCD的边长为3，将长为2的线段QF的两端放在正方形相邻的两边上同时滑动．如果点Q从点A出发，在AB上滑动，同时点F在BC上滑动，当点F到达点C时，运动停止，那么在这个过程中，线段QF的中点M所经过的路线长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图所示，连接BM，由题意得，线段QF的中点M所经过的路线长即为，因此只需要求出的长和，然后利用弧长公式求解即可．
【详解】解：如图所示，连接BM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠QBF=90°，
∵M是线段QF的中点，
∴，
∴M在以B为圆心，以的长为半径的圆上运动，Q与A点重合时此时线段QF的中点为M的起始位置，当F与C重合时，此时线段QF的中点为M的终点位置，即线段QF的中点M所经过的路线长即为，
当Q与A重合时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=90°，
∴，
∴，
∴，
∵M是AF（QF）的中点，
∴，
∴，
同理可求得，
∴，
∴线段QF的中点M所经过的路线长，
故选C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质与判定，弧长公式，解题的关键在于能够求出．
10．如图，在中，，．⊙C的半径长为2，P是边上一动点（可以与顶点重合），并且点P到⊙C的切线长为m．若满足条件的点P有4个，则m的取值范围是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】过点作于点，过点作⊙C的切线，则点为距⊙C最近的点，则是⊙C最短的切线，再解直角三角形即可得到的长，过点作⊙C的切线，切点为，同理可得到是⊙C最长的切线，再解直角三角形即可得到的长．
【详解】解：过点作于点，过点作⊙C的切线，切点为，连接，如图，

∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵为⊙C的切线
∴
∴，
过点作⊙C的切线，切点为，连接，
∴，
∴，
∵P是边上一动点（可以与顶点重合），并且点P到⊙C的切线长为m．若满足条件的点P有4个，
∴，
∴.
故选：B．
【点睛】本题考查了切线长定理及应用，熟练掌握切线长定理再根据题意分析点运动轨迹中，成为⊙C切线的最大和最小值是解题的关键．
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共计18分.
11．如图，是的直径，弦，且，则 ．

【答案】15
【分析】连接，根据直角三角形的特征得出，进而利用圆周角定理得出即可．
【详解】解：连接，如图：

，且，
，，
，
，
故答案为：15．
【点睛】本题考查了直角三角形的特征及圆周角定理，熟练掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半是解题的关键．
12．如图，是一个圆锥形状的生日帽，若该圆锥形状帽子的母线长为，底面半径为，将该帽子沿母线剪开，则其侧面展开扇形的圆心角为 ．
【答案】/度
【分析】设侧面展开扇形的圆心角为，则，代入数据即可求解．
【详解】设侧面展开扇形的圆心角为，则
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了求圆锥侧面展开扇形的圆心角，掌握圆锥侧面积公式是解题的关键．
13．如图，已知是的直径，点在上，过点的切线与的延长线交于点，连接，若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】在RT△POC中，根据∠P＝30°，PC＝3，求出OC、OP即可解决问题．
【详解】连接、，如解图所示，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴为等边三边形，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，设，则，由勾股定理，得，
解得，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查切线的性质、直角三角形中30度角所对的直角边等于斜边的一半等知识，解题的关键是利用切线的性质，在RT△POC解三角形是突破口，属于中考常考题型．
14．将正五边形绕着它的中心O逆时针旋转时，点A的对应点为点，则的度数为 ．
【答案】/138度
【分析】作出图形，根据正五边形的性质和旋转角求出的度数，即可求解．
【详解】解：如图，∵五边形为正五边形，

∴，，
∴，
根据旋转可知，，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查正多边形，旋转变换，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握正五边形的特点．
15．已知，点为的外心，点为的内心．
（1）若，则 ；
（2）若，则 ．
【答案】 /100度 /125度
【分析】（1）如图，证明；求出，进而求出即可解决问题；
（2）根据圆周角定理得到，根据三角形的内心的性质得到平分平分，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】解：（1）如图，的内心为点，

，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）如图，点为的外心，

，
，
点为的内心，
平分平分，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、外接圆与外心，掌握圆周角定理、三角形的内心的概念和性质是解题的关键．
16．如图，在扇形中，，，点是半径上一点，将扇形沿翻折，点的对应点为，且点恰好在的延长线上，则图中阴影部分的面积为 ．

【答案】
【分析】连接，过点作于点，可得，，由翻折知识可得，从而解得，，根据，可以求得结果．
【详解】连接，过点作于点，如解图所示，

∵，，
∴，，
由翻折，可知，，
又∵，
∴，
∴．
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查折叠的性质，扇形的面积公式，全等三角形的判定与性质等知识．正确作出辅助线并利用数形结合的思想是解题关键．
三、解答题：本题共7小题，共计52分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．如图，是的直径，是弦，于点，若，求圆的半径．

【答案】圆的半径为5
【分析】连接，设的半径为，则，由垂径定理可得，由可得，由勾股定理可得，解方程即可得到答案．
【详解】解：如图，连接，
，
设的半径为，则，
是的直径，是弦，于点，，
，，
，
，
在中，，即，
解得：，
圆的半径为5．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．
18．如图，在由小正方形组成的网格图中建立一个平面直角坐标系，一条圆弧经过格点．

解答下列问题：
(1)请在图中确定该圆弧所在圆的圆心的位置，点的坐标为__________
(2)求的长．（结果保留）
【答案】(1)画图见解析，
(2)
【分析】（1）由圆心在和的垂直平分线上，可得出D点的位置；
（2）利用勾股定理和勾股定理证明是等腰直角三角形，则，再根据弧长公式进行求解即可．
【详解】（1）解：如图所示，点即为所求；
（2）解：∵，，
∴，，
，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴的长．
【点睛】本题主要考查了确定圆心的位置，勾股定理，勾股定理的逆定理，坐标与图形，求弧长，证明是等腰直角三角形是解题的关键．
19．如图，为的外接圆，连接、，并分别延长交、于点和点．若，．
(1)求的面积；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）作，垂足为，根据圆周角定理得出，进而得出，在中，勾股定理得出,即可求解．
（2）延长交⊙于点，连接，得出为等边三角形，证明，得出，根据 ，即可得证．
【详解】（1）证明：作，垂足为，
，
．
，，
，．
．
在中，，
，
．
∴⊙ 的面积；
（2）证明：延长交⊙于点，连接，
，
．
，
为等边三角形．
，．
．
又，
．
．
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，掌握圆周角定理是解题的关键．
20．如图，内接于，，点E在直径BD的延长线上，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，
①求阴影部分的面积；
②连接AO，试求以扇形OAB为侧面围成的圆锥的底面圆的半径．
【答案】(1)见解析
(2)①；②，
【分析】（1）首先连接，由，利用圆周角定理，即可求得∠AOB的度数，又由，即可求得与的度数，利用三角形外角的性质，求得的度数，又由，利用等边对等角，求得，则可求得，则可证得是的切线；
（2）①连接，先求得，再由（1）知，可求得，则，又由（1）知：，，，，即可由求解；
②先求出长，再根据以扇形OAB为侧面围成的圆锥的底面圆的周长等于长求解即可．
【详解】（1）证明：连接．
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：①连接，如图，

∵为的直径，
∴，
由（1）知：，
∵，
∴，
∴，
又由（1）知：，，
∵，
∴；
②由（1）知，
∵，
∴长，
设以扇形OAB为侧面围成的圆锥的底面圆的半径为r，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质，扇形面积和弧长的计算等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键．
21．如图，已知在中，，以为直径的分别交，于D，E两点，于点F，且．

(1)求证：是的切线．
(2)若，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，圆周角定理，推出，进而得到，证明，得到，等边对等角，得到，进而得到，得到，推出，即可得证；
（2）连接，，交于点，根据圆周角定理以及垂径定理，得到是的中位线，求出的长，勾股定理求出的长，设的半径为，在中利用勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接，

∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又为的半径，
∴是的切线；
（2）连接，交于点，

∵为的直径，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，
在中，，
设的半径为，则：，
∴，
在中，，即：，
解得：．
∴的半径为．
【点睛】本题考查圆与三角形的综合应用，主要考查了圆周角定理，垂径定理，切线的判定，等腰三角形的性质．解题的关键是熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造特殊图形．
22．如图1，直线与直线相交于点，在直线上取两点，且，在直线上取两点．且，以为直径作小半圆，以为直径作大半圆．连接，直线交大半圆于点．

(1)求证：；
(2)求阴影部分的面积；
(3)如图2，若切小半圆于点，连接，求证：也是小半圆的切线．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）证明，即可得到，从而即可得证；
（2）由可得阴影部分的面积，代入数据进行计算即可得到答案；
（3）由切线的性质可得，设交小半圆于，连接，由直角三角形的性质可得，从而推出是等边三角形，得到，，再由等腰三角形的性质及三角形外角的定义及性质可得，过点作于点，由角平分线的性质可得，由此即可得证．
【详解】（1）证明：，
，
，
；
（2）解：，
阴影部分的面积；
（3）解：切小半圆于A，
，
如图，设交小半圆于，连接，

，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
过点作于点，
，
，
也是小半圆的切线．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、扇形面积的计算、切线的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的定义与性质等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．
题号
一
二
三
总分
得分
练习建议用时：60分钟 满分：100分