初中数学2.1 圆课堂检测

这是一份初中数学2.1 圆课堂检测，共28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．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，在中，，，若以点为圆心，的长为半径的圆恰好经过的中点，则的长等于（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·浙江杭州·一模）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．（2024九年级·全国·竞赛）直径为的圆中有一条长为的弦，则圆心到这条弦的距离为（ ）．
A．B．C．D．
4．（23-24九年级上·山东聊城·期中）如图，是的弦，延长相交于点E，已知，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
5．（23-24九年级上·吉林·期末）如图，是半径，为上一点（且不与点，重合），过点作的垂线交于点，以，为边作矩形，连接若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
6．（2020·江苏苏州·模拟预测）如图，扇形中，，半径是的中点，，交于点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
7．（2024·湖南衡阳·一模）如图，在中，，是边上的高，，若圆C是以点C为圆心，2为半径的圆，那么下列说法正确的是（ ）

A．点D在圆C上，点A，B均在圆C外B．点D在圆C内，点A，B均在圆C外
C．点A，B，D均在圆C外D．点A在圆C外，点D在圆C内，点B在圆C上
8．（2024·河南周口·模拟预测）如图，为半圆的直径，点为半圆上一点，且，以点为圆心，以适当的长为半径画弧分别交于点，交直径于点，分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交半圆于点，过点作交半圆于点，连接，则的长为（ ）
A．B．C．2D．
9．（23-24九年级上·山东济宁·期中）如图①，点，是上两定点，圆上一动点从圆上一定点出发，沿逆时针方向匀速运动到点，运动时间是，线段的长度是．图②是随变化的关系图象，则图中的值是（ ）
A．B．C．6D．
10．（2024·安徽马鞍山·一模）如图，在中，，点D是斜边上的动点，将沿直线翻折得到，连接，则周长的最小值为（ ）
A．B．C．9D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（2024九年级下·江苏·专题练习）如图，在扇形中，为弧上的点，连接并延长与的延长线交于点，若，，则 °．
12．（22-23九年级上·江苏·期中）已知，有一量角器如图摆放，中心O在边上，为刻度线，为刻度线，角的另一边与量角器半圆交于C，D两点，点C，D对应的刻度分别为，，则= ．

13．（23-24九年级下·上海·阶段练习）已知矩形中，，，分别以，为圆心的两圆外切，且点D在内，点B在内，那么半径r的取值范围是 ．
14．（17-18九年级上·江苏盐城·阶段练习）已知点P为平面内一点，若点P到上的点的最长距离为5，最短距离为1，则的半径为 ．
15．（2024·江苏扬州·一模）如图，点O是边长为2的正方形边上一动点，连接，点D关于的对称点为，连接，．若以O为圆心，为半径的过直角边的中点，则的半径为 ．
16．（23-24九年级上·安徽黄山·期末）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，动点在以为圆心，7为半径的圆周上运动，连接．
（1）当动点与点距离最远时，此时线段的长度为 ；
（2）连接，当为等腰三角形时，则点坐标为 ．
17．（2024·安徽合肥·三模）如图，在中，，，，点是的中点，点是边上一动点，沿 所在直线把翻折到的位置，交于点，连接．
（1）的最小值是 ；
（2）若为直角三角形，则的长为 ．
18．（2024·江西景德镇·三模）如图，在中，，，，平分交于点D，在边上存在一点E（不与点B重合），作关于直线的对称图形为，若点F落在的边上，则的长为 ．
三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，是的直径，是的弦，，．在图中作弦，使，并求的度数．

20．（8分）（23-24九年级上·辽宁大连·期中）如图，点A，B，C，D在上，连接，若，，求证：四边形是菱形．

21．（10分）（23-24九年级上·广西南宁·期中）如图，在中，，平分，点在上，以点为圆心，为半径的圆经过点，交于点．连接，则半径．
（1）求证：；
（2）若，，求图中四边形的面积．
22．（10分）（23-24九年级上·全国·课后作业）如图，的两条直角边，，斜边上的高为．若以为圆心，分别以，，为半径作圆，试判断点与这三个圆的位置关系．

23．（10分）（18-19九年级上·江苏盐城·期中）如图，矩形中，.作于点E，作于点F．
（1）求、的长；
（2）若以点A为圆心作圆，B、C、D、E、F五点中至少有1个点在圆内，且至少有2个点在圆外，求的半径r的取值范围．
24．（12分）（23-24九年级上·江苏连云港·期中）【深度阅读】苏格兰哲学家托马斯•卡莱尔（1795﹣1881）曾给出了一元二次方程的几何解法：如图1，在平面直角坐标系中，已知点，，以为直径作．若交x轴于点，，则m，n为方程的两个实数根．
【自主探究】（1）由勾股定理得，，，，在中，，所以，化简得：.同理可得
所以m，n为方程的两个实数根．
【迁移运用】（2）在图2中的x轴上画出以方程两根为横坐标的点M，N．
（3）已知点，，以为直径作．判断与x轴的位置关系，并说明理由．
【拓展延伸】（4）在平面直角坐标系中，已知两点，，若以为直径的圆与x轴有两个交点M，N，则以点M，N的横坐标为根的一元二次方程是 ．

参考答案：
1．D
【分析】本题主要考查圆的基本性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理，熟练掌握圆的基本性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理是解题的关键．
连接，由直角三角形斜边中线定理可得，然后可得是等边三角形，则有，进而根据勾股定理可求解．
【详解】解：连接，如图所示：
∵点是的中点，，，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理可得，
故选：D．
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．C
【分析】本题主要考查了圆，等边三角形，含的直角三角形，熟练掌握圆直径与半径的关系，等边三角形判定和性质，含的直角三角形性质，是解决问题的关键
画图，根据半径等于直径的一半求出、的值，结合的值推出是等边三角形， 推出， ，根据含的直角三角形性质即得
【详解】如图，设的直径为，弦为，于点C，连接，
则，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴．
故选：C．
4．C
【分析】本题考查了等边对等角，三角形内角和定理，圆心角等知识．明确角度之间的数量关系是解题的关键．
如图，连接，由三角形内角和求，，，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为，
故选：C．
5．C
【分析】本题主要考了矩形的性质，勾股定理，连接，先根据矩形的性质和圆的性质得到，，，由勾股定理得到，最后由，即可得到答案．熟练掌握矩形的性质，添加恰当的辅助线是解题的关键．
【详解】如图，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
故选：．
6．D
【分析】连接OC，延长CD交OB于点E，如图，易得△AOB、△COE、△BDE都是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求出CE与DE的长，从而可得答案．
【详解】解：连接OC，延长CD交OB于点E，如图，
∵，是的中点，
∴∠COE=45°，
∵，，
∴CE⊥OB，
∴∠OCE=∠COE=45°，
∴CE=OE=，
∴BE=OB－OE=，
∵OA=OB，，
∴∠ABO=45°，
∴∠BDE=∠ABO=45°，
∴EB=ED=，
∴CD=CE－DE=．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆心角和弧的关系、等腰直角三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质是解此题的关键．
7．D
【分析】本题考查了含有角的直角三角形，勾股定理，点与圆的位置关系．由题干条件得出两个直角三角形中含角所对的直角边等于斜边的一半，即与，利用勾股定理即可求解出，再根据点与圆的位置关系判断即可
【详解】在中，，则，
∵，
∴．
∴．
圆C是以点C为圆心，2为半径的圆，
，
点A在圆C外，点D在圆C内，点B在圆C上
故选：D．
8．D
【分析】本题考查了基本作图，圆的有关概念，等边三角形的判定与性质，以及勾股定理等知识．连接，可得是等边三角形，由作图得平分，求出，再根据勾股定理求解．
【详解】解：连接，
∵，，
∴是等边三角形，
∴．
由作图得：平分，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
故选D．
9．D
【分析】本题考查的是动点图象问题，涉及了弧长公式，等边三角形的判定和性质．根据图②得：当时，，此时为的直径；当时，，可求出圆的半径，从而得到是等腰直角三角形，再根据当P点走到点A，O，P三点共线的位置，求出点P走过的弧长，从而得到点P的运动速度，再根据当时，是等边三角形，可求出当时，点P走过的弧长，即可求解．
【详解】解：根据图②得：当时，，此时为的直径；当时，，
∴圆的半径，
当时，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
当P点走到点A，O，P三点共线的位置，即点M处时，如图，
此时点P走过的弧长为，
∴点P的运动速度为，
∵当时，，
∴此时，
∴此时是等边三角形，
∴，
∴当时，点P走过的弧长为，
∴．
故选：D
10．B
【分析】此题考查了勾股定理，直角三角形30度角的性质，熟练掌握各性质是解题的关键：
利用直角三角形30度角的性质及勾股定理求出，根据折叠的性质得到，推出的周长，当最短时，的周长最小，以点C为圆心，长为半径作圆，则点C，E，B三点共线时，最短，由此得到答案．
【详解】∵在中，，
∴，，
由翻折得：，
的周长，
则当最短时，的周长最小，
以点C为圆心，长为半径作圆，则点C，E，B三点共线时，最短，
∴，
∴的周长，
故选：B．
11．66
【详解】本题考查了等腰三角形的判定和性质以及三角形外角的性质，解题的关键是正确添加辅助线构造等腰三角形．连接，根据等腰三角形的性质得出，进而求出，再利用三角形的内角和求出．
【解答】解：连接，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：66．
12．
【分析】利用点C，D对应的刻度分别为，，求出，，再根据求出，利用外角的性质得到，从而得解．
【详解】解：如图，连接，，

根据题意得，，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查等边对等角，三角形外角的定义与性质，圆心角等知识，根据刻度找出相应的圆心角并计算其他角度是解题的关键．
13．
【分析】本题主要考查了两圆相切的性质以及点和圆的位置关系，求出的半径是本题解题的关键．
根据勾股定理求出的长，再根据以，为圆心的两圆外切得出的半径，最后根据点和圆的位置关系，求出的取值范围即可．
【详解】解：连接，
四边形为矩形，
由勾股定理得，，
以，为圆心的两圆外切，
的半径为，
点在内，
，
，
在内，
，
，
．
故答案为：．
14．3或2
【分析】本题应分两种情况进行讨论，当P在圆内，直径长度为，半径为3；当P在圆外，直径长度为，半径为2．
【详解】解：∵当P在圆内，直径长度为，半径为3，
当P在圆外，直径长度为，半径为2，
∴的半径为3或2．
故答案为：3或2．
【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系，在解答此题时要注意分类讨论．
15．或
【分析】本题主要考查正方形的性质，圆的有关概念，对称的性质以及勾股定理等知识，根据对称的性质得运用证明，得，设的半径，则，根据过直角边的中点列方程求解即可
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴
∵点D与关于的对称，
∴
又
∴
∴，
设的半径，则，
①当过直角边的中点时，则有：
，
解得，，
所以，此时的半径为；
②当过直角边的中点时，则有：
解得，，
所以，此时的半径为；
综上，的半径为或；
故答案为：或
16． 20 或或
【分析】本题考查了点到圆上点的最值，等腰三角形的性质，勾股定理，矩形的判定与性质，注意分类讨论．
（1）连接，当点P在线段延长线上时，最长，由勾股定理求出的长，即可求得最大值；
（2）分三种情况考虑：，易得此时点P的坐标；，过P作轴于E，过P作轴于N，连接；设，利用勾股定理建立方程即可求解；
，此种情况不存在．
【详解】解：（1）如图，连接，
当点P在线段延长线上时，最长，
此时；
∵点的坐标为，点的坐标为，
∴，
由勾股定理得：；
∵，
∴；
故答案为：20．
（2）分三种情况：
当时，如图，
此时点P在y轴上，且在点A下方，
∵
∴点P的坐标为；
当时，
如图，过P作轴于E，过P作轴于N，连接；
则，，
∴四边形是矩形，
∴；
设，则，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
∴点P的坐标为或
当，的最小值为，此种情况不存在．
综上，点P的坐标为或或 ；
故答案为：或或 ．
17． 1或
【分析】（1）找到点的运动轨迹，用三角形三边关系确定的最小值即可；
（2）分两种情形画出图形，构造直角三角形用勾股定理解决问题．
【详解】解：（1）由题意可得，，
在以为圆心为半径的圆上，如图一所示：
在点运动过程中，在中，由三边关系得，
，
在变化过程中，和保持不变，
故的最小值为，即如图二所示：
在中，，，
，，
，
在中，，，
，
故的最小值为．
（2）为直角三角形，分两种情况：
①，
在中，，，
，
设，，
在中，，，，
，
解得，
即．
②，过点作交的延长线与点，如图四所示：
由折叠的性质可知，，
，
，
，
设，
在中，，，
在和中
，
在中，，，，
，
解得：．
综上，的长是1或．
【点睛】本题考查翻折变换，勾股定理解直角三角形，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是看出运动点的轨迹，学会分类讨论的思想解决问题．
18．2或或4
【分析】判断得出点F在以点D为圆心，长为半径的圆上，分三种情况讨论，画出图形，利用含30度角的直角三角形以及勾股定理求解即可．
【详解】解：∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由折叠的性质得，而是定长，
∴点F在以点D为圆心，长为半径的圆上，当点在边上时，如图，
∵，
∴于点E，
∴；
当点F在边上时，有两种情况，
当E、F在如图的的位置时，作，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴；
当E、F在如图的的位置时（与A重合），
∴；
若F在边上时，此时对应的E点不在上，此情况不存在，
综上，的长为1或或4．
故答案为：2或或4．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，含30度角的直角三角形以及勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
19．图见解析，的度数为或
【分析】此题主要考查了等边三角形的判定与性质，以及圆有关的概念，注意有两种情况，不要漏解
以点A为圆心，以长为半径画圆交于点、，连接，，则或即为所求作的弦．由作图与圆的的有关概念得出，从而得是等边三角形，进而得出，，进而得出答案．
【详解】解：如图，以点A为圆心，以长为半径画圆交于点、，连接，，则或即为所求作的弦．

连接，．
∵，
∴是等边三角形，
∴
∵
∴．
同理：．
综上所述，的度数为或．
20．见解析
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，圆的性质，菱形的判定．熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
如图，连接，由，可得是等边三角形，则，，进而可证四边形是菱形．
【详解】证明：如图，连接，

∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
21．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（）证明，得到，即可求证；
（）连接，过点作于点，可证明四边形为矩形，得到，，利用勾股定理求得，判断四边形是直角梯形，代入梯形面积计算公式即可求解；
本题考查了圆的性质，角平分线的定义，平行线的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，构造辅助线，利用勾股定理求得是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：连接，过点作于点，则，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是直角梯形，
∴．
22．当以为半径作圆时，点在这个圆的外部；当以为半径作圆时，点在这个圆上；当以为半径作圆时，点在这个圆的内部
【分析】根据勾股定理得到，再由等面积法求出，结合点与圆的位置关系判断即可得到答案．
【详解】解：∵的两条直角边，，
∴由勾股定理可得，
∵，
∴，
当以为半径作圆时，点在这个圆的外部；
当以为半径作圆时，点在这个圆上；
当以为半径作圆时，点在这个圆的内部．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，涉及勾股定理及等面积法求线段长，熟记点与圆的位置关系的判断方法是解决问题的关键．
23．(1)，
(2)
【分析】（1）根据勾股定理求出，根据等积法求出，根据勾股定理求出；
（2）根据，结合点与圆的位置关系进行判断即可．
【详解】（1）解：∵矩形中，，
∴，
∵，
∴，
同理可得：，
在中，；
（2）解：∵，
∴若以点A为圆心作圆，B、C、D、E、F五点中至少有1个点在圆内，且至少有2个点在圆外，即点F在圆内，点D、C在圆外，
∴的半径r的取值范围为．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，点与圆的位置关系，勾股定理，三角形面积的计算，解题的关键是熟练掌握点与圆的位置关系．
24．（1）；（2）见解析；（3）与x轴相交；见解析；（4）
【分析】本题属于圆的综合题，考查了直线与圆的位置关系，一元二次方程的根以及勾股定理的应用，
（1）根据勾股定理得出等式化简即可；
（2）作AB的垂直平分线交于点P，再以点P为圆心，以为直径画圆，圆与x轴的交点即为M，N点即可；
（3）根据点的坐标可得，再算出，即可得出结论；
（4）由点的坐标即可得出结果．
解题的关键是对一元二次方程的几何解法的理解和运用．
【详解】解：（1），，，
在中，，
，
化简得：，
故答案为：；
（2）先在坐标系内找到，，连接 ，分别A，B为圆心，以大于为半径画弧，连接两弧的交点与交于点P，以P为圆心，以为直径画圆，圆与x轴的交点即为M，N点．如图所示：

（3）由题意得：，
，
∴方程有两个不相等的实数根，
与x轴有两个交点，
即与x轴相交；
（4）由题意得，以为直径的圆与交x轴有两个交点M、N，
则以点M、N的横坐标为根的一元二次方程是．
故答案为：．