数学九年级上册24.1.1 圆练习

这是一份数学九年级上册24.1.1 圆练习，共32页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
考试范围：全章的内容； 考试时间：120分钟； 总分：120分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．给出下列说法：①半径相等的圆是等圆；②长度相等的弧是等弧；③半圆是弧，但弧不一定是半圆；④平面上任意三点能确定一个圆，其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】本题考查的是圆的认识，根据等圆、等弧和半圆的定义以及确定圆的条件，分别进行判断．
【详解】半径相等的圆是等圆，所以①正确；
同圆或等圆中，长度相等的弧是等弧，所以②错误；
半圆是弧，但弧不一定是半圆，所以③正确；
平面上不共线的三点能确定一个圆，故④不正确；
故选：B．
2．如图，是的直径，，是上的两点，连接，，，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，直角三角形两锐角互余，解题关键是能够灵活运用圆周角定理及其推论．
连结，根据直径所对圆周角可得 ，由同弧所对圆周可求出的度数，利用直角三角形两锐角互余求出的度数即可．
【详解】解：连结，
∵是的直径，
，
∵
∵，
．
故选：A．
3．如图，在中，满足，则下列对弦与弦大小关系表述正确的是（ ）
A．B．C．D．无法确定
【答案】B
【分析】本题考查圆心角，弧，弦之间等分关系，三角形的三边关系等知识，解题的关键是理解题意正确作出辅助线．如图，取弧的中点，连接，．证明，再利用三角形的三边关系解决问题．
【详解】解：如图，取弧的中点，连接，．
，，
，
，
，
．
故选：B．
4．数学活动课上老师请同学分组制作圆锥，并请不同小组同学根据已知数据求解相关量．如已知1组制作的圆锥母线长为，底面圆的半径为，这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查圆锥的计算，解答本题的关键是明确圆锥的底面圆的周长=扇形的弧长．根据题意可知，圆锥的底面圆的周长=扇形的弧长，即可列出相应的方程，然后求解即可．
【详解】解：设这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数为，
则，
解得，
故选A．
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
【答案】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．如图，是的外接圆，点M是的内心，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题考查三角形的内切圆的定义与性质．由点是的内心，得，，则，而，据此求解即可得到问题的答案．
【详解】解：点是的内心，
平分，平分，
，，
，
，
，
，
故选：B．
7．已知在中两条平行弦，，，的半径是10，则AB与CD间的距离是（ ）
A．6或12B．2或14C．6或14D．2或12
【答案】B
【分析】由勾股定理，垂径定理，分两种情况讨论：①当和位于圆心同侧时和②当和位于圆心异侧时，即可求解．
【详解】解：分类讨论：①当和位于圆心同侧时，如图，连接，过点O作于点E，交于点F．

∵，
∴，
∴，．
∵，
∴，，
∴，即此时AB与CD间的距离是2；
②当和位于圆心异侧时，如图，连接，过点O作于点P，延长交于点Q．

∵，
∴，
∴，．
∵，
∴，，
∴，即此时AB与CD间的距离是14．
综上可知AB与CD间的距离是2或14．
故选B．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，解题关键是分两种情况讨论，作辅助线构造直角三角形．
8．如图，内切于正方形，边分别与切于点，点分别在线段上，且与相切．若的面积为，则的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质、切线长定理，勾股定理，三角形的面积，设与相切于点，设正方形的边长为 ，由切线长定理得，，，设，，在中，由勾股定理得，即得，又由，得，即得，得到，即可求解，掌握切线长定理是解题的关键．
【详解】解：设与相切于点，设正方形的边长为 ，
∵是切线，
∴，，，
设，，
在中，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的半径为，
故选：．
9．如图，将正六边形纸片的空白部分剪下，得到三部分图形，记Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ部分的面积分别为，，．给出以下结论：
①Ⅰ和Ⅱ合在一起能拼成一个菱形；②Ⅲ中最大的内角是；③．
其中正确的是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】B
【分析】由六边形是正六边形，得，，从而Ⅰ和Ⅱ合在一起能拼成一个菱形，故①正确；由，，故Ⅲ中最大的内角是，故②说法错误；证明，得，故③说法正确．
【详解】解：如图所示：

∵六边形是正六边形，
∴，，
∴，Ⅰ和Ⅱ合在一起能拼成一个菱形，故①正确；
∴，，
∴Ⅲ中最大的内角是，故②说法错误；
∵六边形是正六边形，
∴，，，，
∴，和都是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
同理可证，，
∴，故③说法正确；
故选．
【点睛】本题考查的是正多边形与圆的含义，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，弧、弦的关系，熟练的把正六边形分割为6个全等三角形是解本题的关键．
10．直线与x，y轴分别交于A，B两点，P是以为圆心，1为半径的圆上一点，连接，则面积的最大值为（ ）
A．27B．10C．23D．32
【答案】D
【分析】本题考查了一次函数与几何的综合应用，三角形的面积，点和圆的位置关系，解此题的关键是求出圆上的点到直线的最大距离．
求出A、B的坐标，根据勾股定理求出，求出点C到的距离，即可求出圆C上点到的最大距离，根据面积公式求出即可．
【详解】解：∵直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，
当时，，当时，，
∴，
∴，
∵点P是以为圆心，1为半径的圆上一点，
过C作于M，连接，
∴，
∴，
当P，C，M在一条直线时，最大，即的面积最大，
即，
∴面积的最大值，
故选：D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．在中，，，，D是边的中点，以点C为圆心，为半径作圆，则点D与的位置关系是 ．
【答案】点D在外
【分析】本题考查点与圆的位置关系，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
根据勾股定理可求出，再根据直角三角形的性质求得，比较与的半径即可解答．
【详解】解：如图，连接，
∵中，，，
∴，
∵D是边的中点，
∴，
即点D到圆心C的距离为，
∵的半径为，而，
∴点D在外．
故答案为：点D在外
12．如图，四边形内接于，是的直径，，则的度数是 ．
【答案】/110度
【分析】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，由圆周角定理得出，从而求出，再由圆内接四边形对角互补计算即可得出答案．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
故答案为：．
13．道县西洲公园是由一座三孔石拱桥将西洲与潇水西岸连在一起的．图为石拱桥的中孔侧面图，拱是圆弧形，桥的跨径所在弦，拱高，则拱所在圆的半径为 m．
【答案】
【分析】将拱形图进行补充，构造直角三角形，利用勾股定理和垂径定理解答．本题考查了垂径定理和勾股定理；这两大定理是在圆有关运算中经常用到的．
【详解】解：依题意，拱桥的跨度，拱高，
，
利用勾股定理可得：
，
即
解得．
即圆弧半径为．
故答案为：
14．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 ．

【答案】
【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：．
15．如图，直线l与x轴、y轴分别相交于点A、B，已知B（0，），，点P的坐标为，与y轴相切于点O，若将沿x轴向左移动，当与该直线相交时，横坐标为整数的点P的坐标 ．
【答案】（-2,0）（-3,0）（-4,0）
【分析】先分别求得与直线l相切时点P的坐标，然后再判断与直线l相交时点P的横坐标x的取值范围，即可求得坐标为整数的点P的坐标．
【详解】如图，与分别切AB于D、E．
由，，易得，则A点坐标为．
连接、，则、，则在中，，
同理可得，，则的横坐标为，的横坐标为，
当与直线l相交时，点P的横坐标x的取值范围为，
横坐标为整数的点P的坐标为、、．
故答案为：(-2，0)、(-3，0)、(-4，0)．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，分别求得与直线l相切时点P的坐标是解题的关键．
16．如图，已知为的直径，点C为半圆上的四等分点，在直径所在的直线上找一点P，连接交于点Q（异于点P），使，则 ．
【答案】或或
【分析】本题主要考查了圆心角与弧之间的关系，等边对等角，三角形内角和定理，分当点P在线段延长线上时，当点P在线段上时，当点P在线段延长线上时，三种情况讨论求解即可．
【详解】解：如图所示，当点P在线段延长线上时，连接，
∵点C为半圆上的四等分点，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图所示，当点P在线段上时，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴；
如图所示，当点P在线段延长线上时，
∵，
∴，
设，则
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的度数为或或，
故答案为：或或．
三、（本大题共4小题，每小题6分，共24分）
17．如图，，交于点C，D，是半径，且于点F．
(1)求证：．
(2)若，，求直径的长．
【答案】(1)见解析
(2)的直径是
【分析】本题考查垂径定理和勾股定理．熟练掌握垂径定理是解题的关键．
（1）垂径定理，得到，等腰三角形三线合一，即可得出结论；
（2）连接，设的半径是r，根据垂径定理和勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵，且过圆心O
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，设的半径是r，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵在中，，
∴，
∴或（舍去），
∴的直径是．
18．如图，中，弦，相交于点，．
(1)比较与的长度，并证明你的结论；
(2)求证：．
【答案】(1)相等，理由见解析
(2)见解析
【分析】本题考查圆心角、弧、弦的关系，全等三角形的判定和性质．
（1）由圆心角、弧、弦的关系推出，即可得到．
（2）由证明，即可推出．
【详解】（1）解：与的长度相等，理由如下：
，
，
，
；
（2）证明：在和中，
，
，
．
19．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B的坐标为0,3，点C的坐标为．
(1)在图中利用直尺画出的外接圆的圆心点D，圆心D的坐标为 ；
(2)求外接圆的面积；
(3)若点E的坐标，点E在外接圆 ．（填“圆内”“圆上”或“圆外”）
【答案】(1)
(2)
(3)圆内
【分析】（1）作线段及线段的垂直平分线，交点即为圆心D；再根据D的位置可得其坐标；
（2）连接，利用勾股定理求出，再根据面积公式计算即可；
（3）利用勾股定理求出的长，由此判断即可．
【详解】（1）解：如图，作线段及线段的垂直平分线，交点即为圆心D；
∴；
（2）解：如图，连接，
∵，，，
∴，
∴外接圆的面积为；
（3）解：∵，，
∴，
∵半径，而，
∴点E在外接圆内；
【点睛】此题考查三角形外接圆的圆心的确定，勾股定理，点与圆的位置关系，圆的面积的计算，正确确定三角形外接圆的圆心是解题的关键．
20．如图1，在中，，且，垂足为点E．
(1)求的度数．
(2)如图2，连接OA，当，，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接，利用圆周角定理，证明，计算即可．
（2）连接，计算出的度数，运用弧长公式求的长即可．
本题考查了圆周角定理，弧长公式，等腰直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理，弧长公式是解题的关键．
【详解】（1）解：连接，
∵，
∴
∵
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：连接，
∵，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴．
∴的长．
四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
21．如图，为⊙的直径，、为⊙上不同于、的两点，，过点作交的延长线于点，直线与交于点．
(1)求证：为⊙的切线；
(2)填空：
①若，当时，______；
②当的度数为______时，四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)①1；②
【分析】（1）连接，如图，由于，则根据三角形外角性质得，而，所以，根据平行线的判定得到平行，再得到，然后根据切线的判定定理得为的切线；
（2）①由平行线分线段成比例可得，即可求的长；②根据三角形的内角和得到，根据等腰三角形的性质得到，连接，根据平行线的性质得到，根据全等三角形的性质得到，由菱形的判定定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接，如图，
，
，
，
，
，
∴，
，
，
为的切线；
（2）解：∵，
，
，
∵，
，
，
故答案为：；
当的度数为时，四边形是菱形，理由如下：
，
，
，
，
，
连接，
是的直径，
，而，
∴，
，
在与中，
，
≌，
，
，
∵，
四边形是菱形．
故答案为：．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
22．如图，∠BCD＝90°，BC＝DC，直线PQ经过点D．设∠PDC＝α（45°＜α＜135°），BA⊥PQ于点A，将射线CA绕点C按逆时针方向旋转90°，与直线PQ交于点E．
（1）判断：∠ABC ∠PDC（填“＞”或“＝”或“＜”）；
（2）猜想△ACE的形状，并说明理由；
（3）若△ABC的外心在其内部（不含边界），直接写出α的取值范围．
【答案】（1）=；（2）△ACE是等腰直角三角形，理由见解析；（3）45°＜α＜90°
【分析】（1）利用四边形内角和等于360度得：∠B+∠ADC＝180°，而∠ADC+∠EDC＝180°，即可求解；
（2）证明△ABC≌△EDC（AAS）即可推知△ACE是等腰直角三角形；
（3）当∠ABC＝α＝90°时，△ABC的外心在其直角边上，∠ABC＝α＞90°时，△ABC的外心在其外部，即可求解．
【详解】解：（1）在四边形BADC中，∠B+∠ADC＝360°﹣∠BAD﹣∠DCB＝180°，
而∠ADC+∠EDC＝180°，
∴∠ABC＝∠PDC．
故答案是：＝；
（2）△ACE是等腰直角三角形，理由如下：
∵∠ECD+∠DCA＝90°，∠DCA+∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠ECD．
由（1）知：∠ABC＝∠PDC，
又∵BC＝DC，
∴△ABC≌△EDC（AAS），
∴AC＝CE．
又∵∠ACE＝90°，
∴△ACE是等腰直角三角形；
（3）当∠ABC＝α＝90°时，△ABC的外心在其直角边上，
∠ABC＝α＞90°时，△ABC的外心在其外部，
而45°＜α＜135°，
故：45°＜α＜90°．
【点睛】本题考查的是圆的综合运用，涉及到三角形全等、三角形外心等基本知识，难度不大．
23．古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”．波波决定研究一下圆．如图，、是的两条半径，，C是半径上一动点，连接并延长交于D，过点D作圆的切线交的延长线于E，已知．
（1）求证：；
（2）若，求长；
（3）当从增大到的过程中，求弦在圆内扫过的面积．
【答案】（1）见解析；（2）8；（3）
【分析】（1）连接，由切线的性质得出，由等腰三角形的性质得出，得出，即可得出结论；
（2）设，则，，在中，由勾股定理得出方程，解法长即可；
（3）过点作交的延长线于，当时，，得出，，，当时，，，即可得出结果．
【详解】解：（1）证明：连接，如图1所示：
是的切线，
，
，
，
、是的两条半径，
，
，
，
，
；
（2）解：，，
，
设，
，
，
，
，
，
即：，
解得：，
；
（3）解：过点作交的延长线于，如图2所示：
当时，，
，，
，
当时，，
，，
，
当从增大到的过程中，在圆内扫过的面积为：
．
【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、扇形面积的计算、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握切线的性质和勾股定理是解题的关键．
五、（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
24．【问题提出】
在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为的正方形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案．
说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面．喷洒覆盖率，为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积．
【数学建模】
这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题．
【探索发现】
（1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率______．
（2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为3m的自动喷洒装置；，以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由．
（3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．已知正方形各边上依次取点F，G，H，E，使得，设，的面积为，求关于的函数表达式，并求当取得最小值时的值．
【问题解决】
（4）该公司现有喷洒半径为的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率？（直接写出结果即可）
【答案】（1）；（2）不能，理由见解析；（3）；当取得最小值时；（4）
【分析】（1）根据定义，分别计算圆的面积与正方形的面积，即可求解；
（2）根据（1）的方法求得喷洒覆盖率即可求解；
（3）根据勾股定理求得的关系，进而根据圆的面积公式得出函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解；
（4）根据（3）的结论可得当圆为正方形的外接圆时，面积最小，则求得半径为的圆的内接正方形的边长为，进而将草坪分为个正方形，即可求解．
【详解】（1）当喷洒半径为时，喷洒的圆面积．
正方形草坪的面积．
故喷洒覆盖率．
（2）对于任意的，喷洒面积，而草坪面积始终为．
因此，无论取何值，喷洒覆盖率始终为．
这说明增加装置个数同时减小喷洒半径，对提高喷洒覆盖率不起作用．
（3）如图所示，连接，
要使喷洒覆盖率，即要求，其中为草坪面积，为喷洒面积．
∴都经过正方形的中心点，
在中，，，
∵
∴，
在中，
∴
∴
∴当时，取得最小值，此时
解得：
（4）由（3）可得，当的面积最小时，此时圆为边长为的正方形的外接圆，
则当时，圆的内接正方形的边长为
而草坪的边长为，，即将草坪分为个正方形，将半径为的自动喷洒装置放置于9个正方形的中心，此时所用装置个数最少，
∴至少安装个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率
【点睛】本题考查了正方形与圆综合问题，二次函数的应用；本题要求我们先理解和计算喷洒覆盖率，然后通过调整喷洒装置的数量和喷洒半径来分析喷洒覆盖率的变化，最后在一个特定的条件下找出喷洒面积和喷洒半径之间的函数关系．解决此类问题的关键在于将实际问题转化为数学问题，即如何将喷洒覆盖率的计算问题转化为面积计算和函数求解问题．同时，在解决具体问题时，需要灵活运用已知的数学知识，如圆的面积公式，正方形面积公式，以及函数解析式求解等．最后，还需要注意将数学计算结果还原为实际问题的解决方案．
25．【问题呈现】数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图①，的半径为2，点是外的一个定点，．点在上，作点关于点的对称点，连接、．当点在上运动一周时，试探究点的运动路径．
【问题解决】经过讨论，小组同学想利用全等三角形的知识解决该问题；如图②，延长至点，使，连接，通过证明，可推出点的运动路径是以点为圆心、2为半径的圆．下面是部分证明过程：
证明：延长至点，使，连接．
1°当点在直线外时，
2°当点在直线上时，
易知．
综上，点的运动路径是以点为圆心、2为半径的圆．
请你补全证明中缺失的过程．
【结论应用】如图③，在矩形中，点分别为边的中点，连接，点是中点，点是线段上的任意一点，．点是平面内一点，，连接．作点关于点的对称点，连接．
（1）当点是线段中点时，点的运动路径长为________________．
（2）当点在线段上运动时，连接．设线段长度的最大值为，最小值为，则________________．
【答案】问题解决：证明过程见解析；结论应用：（1）；（2）
【分析】问题解决：延长至点，使，连接．当点在直线外时，证明得出；当点在直线上时，则，即可得解；
结论应用：（1）由问题解决可得：当点是线段中点时，点的运动路径为2为半径的圆，由此计算即可得出答案：
（2）由问题解决可得：点的运动路径为2为半径的圆，当点与点重合时，此时：点的运动路径为以为圆心，2为半径的圆，连接交圆于，此时的长度最小；当点与点重合时，此时：点的运动路径为以为圆心，2为半径的圆，连接，连接交圆于，此时的长度最大；分别求出的值即可得解．
【详解】问题解决：
证明：延长至点，使，连接．
1°当点在直线外时，
在和中，
，
∴，
∴；
2°当点在直线上时，则．
综上，点的运动路径是以点为圆心、2为半径的圆；
结论应用：
（1）由问题解决可得：当点是线段中点时，点的运动路径为2为半径的圆，
∴点的运动路径长为；
（2）由问题解决可得：点的运动路径为2为半径的圆，
如图，当点与点重合时，此时：点的运动路径为以为圆心，2为半径的圆，连接交圆于，此时的长度最小，
，
由题意得：，，，，
∴由勾股定理得：，
∴线段长度的最小值为；
如图，当点与点重合时，此时：点的运动路径为以为圆心，2为半径的圆，连接，连接交圆于，此时的长度最大，
，
由题意得：，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴、、在同一直线上，
∴，
∴，
∴线段长度的最大值为，
∴．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、求弧长、圆的相关知识点、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，是解此题的关键证明过程缺失