苏科版2024-2025学年九年级数学上册2.22 对称图形-圆（全章专项练习）（基础练）（含答案）

专题2.22对称图形——圆（全章专项练习）（基础练）一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（2024·云南·模拟预测）“光盘行动”倡导厉行节约，反对铺张浪费，带动大家珍惜粮食，如图是“光盘行动”的宣传海报，图中餐盘与筷子可看成直线和圆的位置关系是（

）A．相切 B．相交 C．相离 D．平行2．（23-24九年级上·全国·单元测试）如图，的半径为5，为弦，半径，垂足为点，若，则的长是（）

A．4 B．6 C．8 D．103．（23-24九年级上·四川泸州·阶段练习）如图，中，，以为直径作半圆分别与边、交于D、E，则（）A． B． C． D．4．（2021九年级·安徽·专题练习）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为直径，∠C=120°．若AD=2，则AB的长为（）A． B．2 C．2 D．45．（2024·重庆·模拟预测）如图，在中，，是上的一点，以为直径的与相切于点，连接、，若，，则的长度是（

）A． B． C． D．6．（2024·山西大同·三模）如图，正五边形内接于，点是上的一个动点，当沿着的路径在圆上运动的过程中（不包括，两点），的度数是（

）A． B． C． D．不确定7．（2024·安徽淮南·三模）如图，正三角形和正六边形都内接于连接则（

）A． B． C． D．8．（23-24九年级下·辽宁本溪·阶段练习）某款“不倒翁”（图1）的主视图是图2，，分别与优弧所在圆相切于点，．若该圆半径是，，则优弧的长是（）A． B． C． D．9．（2023·山东东营·模拟预测）小明向如图所示的圆形区域内投掷飞镖．已知是等边三角形，点是弧AC的中点，则飞镖落在阴影部分的概率为（

）A． B． C． D．10．（2024·浙江·模拟预测）如图，在中，I为内心，P为的外接圆上一点，于点E，于点F．设，，若，则（

）A． B． C． D．二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（22-23九年级上·海南海口·阶段练习）如图，点A，B，C在上，，若的半径为2，则弦的长为12．（22-23九年级上·河南南阳·阶段练习）如图，四边形是的内接四边形，若，则的大小为．

13．（23-24九年级下·重庆·阶段练习）如图，正八边形中，连接，那么的度数为°．14．（23-24九年级上·广西柳州·阶段练习）如图，在中，，，，且的三边都与相切，则的半径为．

15．（2024·吉林松原·模拟预测）如图，是的直径，点C是上一点，点D在的延长线上，与交于另一点E，，则的长度为（结果保留π）．

16．（2019·山西吕梁·三模）如图所示是一个圆形飞镖靶的示意图，其中A，B，C，D，E，F是⊙O的六等分点，如果向该飞镖靶上任意投一枚飞镖，则飞镖落在阴影区域的概率是．17．（2024·山东泰安·二模）如图是一条长为的弧，若该弧所在的扇形是高为的圆锥侧面展开图，则该圆锥的母线长为．18．（23-24九年级上·江苏宿迁·阶段练习）有一半圆片其中圆心角在平面直角坐标系中按如图所示放置，若点可以沿轴正半轴上下滑动，同时点相应地在轴正半轴上滑动，当时，半圆片上的点与原点距离最大，则的值为．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2022·广东中山·一模）已知：如图，在中，为互相垂直的两条弦，，D、E为垂足．（1）若，求证：四边形为正方形．（2）若，判断与的大小关系，并证明你的结论．20．（8分）（2024·甘肃金昌·三模）如图，在中，弦相交于点M，且．（1）求证：；（2）连接，若是的直径，，求的长．21．（10分）（2024·贵州遵义·一模）已知四边形内接于，对角线是的直径（1）如图①，连接若，求证：平分；（2）如图②，E为内一点，满足，，判断四边形的形状，并说明理由22．（10分）（2024·天津河西·一模）在中，直径垂直于弦，垂直为E，连接，，，

（1）如图①，若，求和的大小；（2）如图②，过点C作的切线交AB的延长线于点F．若，，求此圆半径的长．23．（10分）（2024·河南南阳·三模）如图，为的直径，的顶点D在上，边交于点C．（1）从①与相切；②；③是的平分线中选择合适的两个作为已知条件，余下的一个作为结论，编制一道题目，并完成证明过程；（2）在（1）的前提下，过点D作于点F，若，，求图中阴影部分的面积．24．（12分）（23-24九年级上·江苏苏州·阶段练习）阅读理解：(1)【学习心得】小赵同学在学习完“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．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型．①类型一，“定点+定长”：如图1，在中，是外一点，且，求的度数．解：若以点（定点）为圆心，（定长）为半径作辅助圆，（请你在图1上画圆）则点必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到．②类型二，“定角+定弦”：如图，中，是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值．解：，，，（定角）点在以（定弦）为直径的上，请完成后面的过程．(2)【问题解决】如图3，在矩形中，已知，点是边上一动点（点不与，重合），连接，作点关于直线的对称点，则线段的最小值为．(3)【问题拓展】如图4，在正方形中，，动点分别在边上移动，且满足．连接和，交于点．①请你写出与的数量关系和位置关系，并说明理由；②点从点开始运动到点时，点也随之运动，请求出点的运动路径长．参考答案：1．B【分析】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，注意∶已知O的半径为r，如果圆心O到直线的距离是d，当时，直线和圆相离，当时，直线和圆相切，当时，直线和圆相交．【详解】解：把餐盘看成圆形的半径，餐盘的圆心到筷子看成直线l的距离为d．∴，∴直线和圆相交，故选∶B．2．C【分析】本题考查的是垂径定理．连接，根据勾股定理求出的长，进而可得出结论．【详解】解：连接，，，，，．故选：C．3．D【分析】本题考查了圆周角定理的理解，直径所对的圆周角是直角，连接，得，结合直角三角形两锐角互余由，进行解决即可．【详解】解：连接，

∵为直径，∴，∵，∴，∴，故选：D．4．D【分析】连接OD，根据圆内接四边形的性质求出∠A=60°，得出△AOD是等边三角形，根据等边三角形的性质得出OD=OA=AD=2，求出直径AB即可．【详解】解：连接OD，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠A+∠C=180°，∵∠C=120°，∴∠A=60°，∵OD=OA，∴△AOD是等边三角形，∴AD=OD=OA，∵AD=2，∴OA=OD=OB=2，∴AB=2+2=4，故选：D．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质和等边三角形的性质和判定，能根据圆内接四边形的性质得出∠A+∠C=180°是解此题的关键．5．B【分析】本题考查的是含30度角的直角三角形的性质，切线的性质．先连接，证明，，再进一步解答即可．【详解】解：如图，连接，切圆于，于，，，，，，，，，，，．故选：B．6．A【分析】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，根据正多边形的性质求得中心角为72°，进而根据圆周角定理即可求解．【详解】解：连接，依题意，∵，∴故选：A．7．D【分析】本题考查的是正多边形与圆，等腰三角形的性质，先求解，，再进一步结合等腰三角形的性质求解即可．【详解】解：如图，连接，∵正三角形，∴，∵，∴，∵正六边形，∴，，∴，∴，∴，故选D8．B【分析】本题主要考查了由三视图判断几何体、切线的性质及弧长的计算，熟知切线的性质及弧长的计算公式是解题的关键．连接，，由切线的性质可得，进而可得的度数，最后根据弧长公式即可解决问题．【详解】解：令图中的圆心为，连接，，，是的切线，，又，，．的半径为，优弧的长度为：．故选：B．9．D【分析】此题主要考查了几何概率，正确利用正方形性质得出阴影部分面积是解题关键．连接，，，，根据等边三角形的性质得到，根据圆周角定理得到，推出，设的半径为，根据概率公式即可得到结论．【详解】解：连接，，，，是等边三角形，，，，，点是弧的中点，，，，，，设的半径为，飞镖落在阴影部分的概率为，故选：D10．B【分析】本题考查三角形的内心，圆内接四边形，根据内心为三角形的三条角平分线的交点，求出的度数，圆内接四边形结合四边形的内角和为360度，推出，即可得出结果．【详解】解：∵在中，I为内心，，∴平分，平分，，∴，∴，∴，∵P为的外接圆上一点，∴，∵于点E，于点F，∴，∴，∴，∴，∴；故选B．11．【分析】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，含直角三角形的性质，理解相关性质定理正确推理计算是解题关键．根据圆周角定理求得，过点O作，然后结合等腰三角形的性质和含角的直角三角形的性质分析求解即可．【详解】解：过点O作，交于点M，

∵，∴，∵，，∴，，∴在中，，∴，，∴，故答案为：．12．【分析】根据圆内接四边形的性质求出的度数，根据圆周角定理计算即可．【详解】解：∵四边形是的内接四边形，，∴，由圆周角定理得，，故答案为：．【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补、同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．13．45【分析】本题考查了求正多边形性质，等腰三角形的性质等知识，掌握正多边形的性质是关键；设正八边形的中心为O，连接，则；由正多边形的性质得，由得的度数，从而求得结果．【详解】解：设正八边形的中心为O，如图，连接，则；；又，，，；故答案为：45．14．【分析】本题考查的是三角形的内切圆与内心，与的三边的切点分别为D、E、F，连接、、，，，根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式求出，掌握内切圆与内心和勾股定理是解题的关键．【详解】解：设与的三边的切点分别为D、E、F，连接、、，，，

∴，，，，由勾股定理得，，∴，即，解得，即的半径为，故答案为：．15．/【分析】本题考查了等腰三角形的性质，弧长的计算，三角形外角的性质等知识；连接，则得，则得，；由三角形外角的性质求得，最后由弧长公式即可求解．【详解】解：连接，如图，则，；，，，；；，由弧长公式得：．

故答案为：．16．【分析】如图，连接ED、BC、AF、OF、OD、OB，由A，B，C，D，E，F是⊙O的六等分点可得六边形ABCDEF是正六边形，可得S△OFD=S△EFD，S△OBD=S△CBD，S△OFB=S△AFB，弓形阴影部分的面积和=弓形空白部分的面积和，可得图中阴影部分面积=空白部分面积，利用规律公式即可得答案．【详解】如图，连接ED、BC、AF、OF、OD、OB，∵A，B，C，D，E，F是⊙O的六等分点，∴，∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∴六边形ABCDEF是正六边形，∴S△OFD=S△EFD，S△OBD=S△CBD，S△OFB=S△AFB，弓形阴影部分的面积和=弓形空白部分的面积和，∴图中阴影部分面积=空白部分面积，∴镖落在阴影区域的概率是：，故答案为：【点睛】本题考查正六边形的性质、概率计算及弧、弦、圆心角的关系，在同圆或等圆中，弧、弦、圆心角，有一组量相等，其余两组量也相等；概率=所求情况数与总情况数的比．17．【分析】本题主要考查弧长的计算，勾股定理的运用，掌握弧长的计算方法，勾股定理求线段长的方法是解题的关键．设，根据弧长的计算，即，可得底面圆的半径，再根据勾股定理即可求解．【详解】解：由题知，设，则，解得,，即．在中，，故答案为：．18．/26度【分析】本题考查了圆的认识．连接、，如图，当点、、共线时，半圆片上的点与原点距离最大，根据三角形外角性质得，再根据直角三角形斜边上的中线性质得，则，所以．【详解】解：连接、，如图，（当、、共线时取等号），当点、、共线时，半圆片上的点与原点距离最大，则，而，所以，所以，所以．故答案为：．19．(1)见解析(2)OD＜OE【分析】（1）先根据垂径定理，由OD⊥AB，OE⊥AC得到AD＝AB，AE＝AC，且∠ADO＝∠AEO＝90°，加上∠DAE＝90°，则可判断四边形ADOE是矩形，由于AB＝AC，所以AD＝AE，于是可判断四边形ADOE是正方形；（2）由（1）得四边形ADOE是矩形，可得OE＝AD＝AB，OD＝AE＝AC，又AB＞AC，即可得出OE和OD的大小关系．【详解】（1）证明：∵OD⊥AB，OE⊥AC，AB⊥AC，∴四边形ADOE为矩形，且OD平分AB，OE平分AC，∴BD＝AD＝AB，AE＝EC＝AC，∵AB＝AC，∴AD＝AE，∴四边形ADOE为正方形．（2）解：OD＜OE，理由如下：由（1）得四边形ADOE是矩形，∴OE＝AD，OD＝AE，∵AD＝AB，AE＝AC，∴OE＝AB，OD＝AC，又∵AB＞AC，∴OD＜OE．【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧、也考查了正方形的判定．20．(1)见解析(2)【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的三线合一，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．（1）先得出，再进行弧运算，得出，结合圆周角定理，即可作答．（2）根据圆周角定理得出，因为，所以得出，，再得出，运用勾股定理列式得出，运用等腰三角形的三线合一得出，再结合勾股定理内容，即可作答．【详解】（1）证明：，，即；∴（2）解：如图，是的直径，∵，∴，，设，则．．在中，由勾股定理得，解得，，．∴在中由勾股定理得．21．(1)见详解(2)平行四边形，理由见详解【分析】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理平行四边形三角形的判定与性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．（1）由垂径定理证出，则可得出结论；（2）延长交于，延长交于，通过两组对边互相平行，证明四边形是平行四边形,可得出答案．【详解】（1）证明：，，，即平分；（2）解：四边形是平行四边形，，理由如下延长交于，延长交于，，，，是的直径，，，，∴四边形是平行四边形，22．(1)；(2)半径为4【分析】本题考查了切线的性质∶圆的切线垂直于经过切点的半径，也考查了垂径定理、圆周角定理、等边三角形的判定与性质和含角的直角三角形的性质．（1）先利用垂径定理得到，再根据圆周角定理得到所以，然后利用为直径得到，则；（2）连接，如图②，利用垂径定理得到，即垂直平分，所以，于是可判断是等边三角形得到，根据圆周角定理得到，，接着证明是等边三角形得到，，然后根据切线的性质得到，所以，则，于是利用含30度角的直角三角形三边的关系求出即可．【详解】（1）解：直径于E，，，，是直径，，．（2）如图：连接，

直径于E，，即垂直平分，．又，是等边三角形．，，，．又，是等边三角形，，．切于点C，．，，．，即半径为4．23．(1)见解析(2)【分析】（1）②③作为条件，①为结论．连接，由角平分线的定义可出，等边对等角可得出，等量代换可得出，即可证，由平行线的性质可得出，进一步即可证明与相切．（2）由角平分线的性质定理可得出，，由圆周角定理和含直角三角形的性质可出，，由勾股定理求出，，最后由即可得出答案．【详解】（1）（1）②③作为条件，①为结论．证明如下：连接，∵是的平分线，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴∴，又∵是的半径．∴与相切．（答案不唯一：任意两个作为条件，都可以推出第三个）（2）∵是的平分线，，，∴，，∴，，∴，∵，∴，，∴，解得∶，，∴【点睛】本题主