苏科版2024-2025学年九年级数学上册2.23 对称图形-圆（全章专项练习）（培优练）（含答案）

专题2.23对称图形——圆（全章专项练习）（培优练）一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．已知的半径为，点到圆心的距离为，若关于的方程不存在实数根，则点与的位置关系是（

）A．点在外 B．点在上C．点在内 D．无法确定2．如图，已知在中，半径垂直于弦，，，那么（）A．12 B． C．13 D．163．如图，内接于，是的直径，点是圆上一点，连接，，，，，则的度数为（）A． B． C． D．4．如图，是的一条弦，点C是的中点，连接，，交于点D，连接，若，则的度数为（

）A． B． C． D．5．如图，小颖画出了一件出土的古代文物碎片示意图，为求其外圆半径，连接外圆上的，两点，并使与文物内圆相切于点，已知为文物外圆和内圆的圆心，连接并延长交外圆于点，测得，，则该文物的外圆半径是（

）A． B． C． D．6．要在边长为8米的正方形草坪上安装喷水龙头，使整个草坪都能喷洒到水．假设每个喷水龙头的喷洒范围都是半径为3米的圆面，则需安装这种喷水龙头的个数最少是（

）A．3 B．4 C．5 D．67．如图，是的直径，，是的弦，连接，，．若，则的长为（）A． B． C． D．8．如图，两条直线相交于点O，所夹锐角为，以点O为图心，任意长为半径作图，与两条直线分别交于点A、B、C、D，下列说法不正确的是（

）

A． B． C． D．9．如图1，筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具．如图2，筒车与水面分别交于点、，筒车上均匀分布着若干盛水筒，表示筒车的一个盛水筒，是的直径，连接、，点在的延长线上，若，则（

）

A． B． C． D．10．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．如图，是圆的直径，、、、的顶点均在AB上方的圆弧上，、的一边分别经过点A、B，则．

12．四边形内接于，连接、、，若，则．13．如图，是的弦，点在过点的切线上，，交于点．若，，则．14．如图，A、B、C、D为一个外角为的正多边形的顶点．若O为正多边形的中心，则．

15．如图，在圆内接四边形中，，，以为轴，为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，若点的坐标为，则圆的直径长度是．16．如图，半圆的直径，弦，把沿直线对折恰好与重合，则的长为．17．如图，是的直径，点在上，，垂足为，，点是上的动点（不与重合），点为的中点，若在运动过程中的最大值为，则的值为．

18．如图，这是著名的斐波那契螺旋线，若正方形的边长为1，以A为圆心，的长为半径画，记为；以为边长，在右侧作正方形，以A为圆心，的长为半径画，记为；以为边长，在上方作正方形，以B为圆心，的长为半径画，记为，…，以此类推，按逆时针方向不断地在正方形内画圆弧，则阴影部分（即扇形）的面积为．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）如图，为的直径，，交于点E，交于点E，，连接．（1）求的度数；（2）求证：．20．（8分）如图，AB是的直径，交弦CD于点E，点E是CD的中点．（1）若的半径为5，，则______，______；（2）若，，求的半径．21．（10分）如图，是的直径，点在上，点为延长线上一点，过点作交的延长线于点，且．（1）求证：是的切线；（2）若线段与的交点是的中点，的半径为6，求阴影部分的面积．22．（10分）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．23．（10分）如图，已知的半径长为1，、是的两条弦，且，的延长线交于点D，连结，．（1）求证：．（2）当时，求的度数．（3）当是直角三角形时，求B、C两点之间的距离．24．（12分）如图，为直径，P为延长线上一点，过点P作切线，切点为C，，垂足为D，连接和．

（1）如图1，求证：平分；（2）在上取点E，使得；①如图2，E为下方上一点，连接，若，求半径；②如图3，E为上一点，且，若半径为2，则的长为______．参考答案：1．A【分析】本题考查了一元二次方程根的判别方法和点与圆的位置关系，根据一元二次方程根的情况，判断的取值范围，再根据点与圆心的距离，判断点与圆的位置关系，熟练掌握根的判别方法和判断点与圆的位置关系的方法是解题的关键．【详解】解：由题意，得，解得，∴，则点在外，故选：．2．C【分析】本题考查垂径定理，勾股定理．根据垂径定理得出，设设，则，，再利用勾股定理求解，即可解题．【详解】解：半径垂直于弦，，设，则，，在中，，，解得：，．故选：C．3．C【分析】本题考查了圆的基本性质，等腰三角形的性质，圆周角定理；由圆的基本性质得，，由圆周角定理得，由等腰三角形的性质即可求解；掌握圆周角定理和圆的基本性质是解题的关键．【详解】解：是的直径，，，又，，，，，，，．故选：C．4．C【分析】连接，根据圆周角定理可得，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求得，由平行线的性质得，即可求解．【详解】解：连接，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故选：C．【点拨】本题考查圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、平行线的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．5．C【分析】连接，根据与文物内圆相切于点可知，由垂径定理得，然后根据勾股定理即可求得外圆的半径．本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理，切线的性质，根据题意作出辅助线构早出直角三角形是解题的关键．【详解】解：如图，连接，∵与文物内圆相切于点，∴，，，，设外圆的半径为，则，根据题意得：，解得：．该文物的外圆半径是．故选：．6．B【分析】本题考查了正多边形和圆，要使整个草坪都喷到水，必须计算出正方形的外接圆的面积是解题的关键．根据已知可计算得到每个喷水龙头的喷洒面积，及正方形的外接圆的面积，则此时就不难求得需安装这种喷水龙头的个数．【详解】解：∵正方形的边长为，∴正方形的外接圆的半径是，则其外接圆的面积是，∵每个喷水龙头喷洒的面积是，则．故选：B．7．A【分析】本题考查了圆周角定理和弧长公式，熟练掌握圆周角定理和弧长公式是解题的关键；根据圆周角定理和弧长公式解答即可．【详解】解：是直径，，，，，∴的长π．故选：A8．A【分析】本题考查了圆周角定理，根据题意可得，逐一判断即可，正确运用相关的判定和性质是解题的关键．【详解】解：由题意可得，且为圆的直径，，故B正确；，故C正确；，，，为直角三角形的斜边，，故A错误；，，故D正确，故选：A．9．D【分析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等，邻补角等知识．熟练掌握直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等，邻补角是解题的关键．如图2，连接，则，，由，可得，根据，求解作答即可．【详解】解：如图2，连接，

∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∴，故选：D．10．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．11．90【分析】本题考查圆周角定理，根据半圆的度数为，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，进行求解即可．【详解】∵是圆的直径，∴所对的弧是半圆，所对圆心角的度数为，∵、、、所对的弧的和为半圆，∴，故答案为：90．12．/20度【分析】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，掌握圆的相关性质是解题关键．根据圆内接四边形对角互补，得到，再由圆周角定理，得到，然后利用等边对等角的性质求解即可．【详解】解：四边形内接于，，，，，，故答案为：13．【分析】本题考查了切线的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，连接，证明，得出，从而得出，再由勾股定理得出的长即可得解．【详解】解：如图，连接，∵是的切线，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．14．30°/30度【分析】本题主要考查正多边形的外角，正多边形的中心角，等边对等角等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键．利用任意凸多边形的外角和均为，正多边形的每个外角都相等即可求出多边形的边数，再根据正多边形的中心角的概念求出的度数，再由正多边形的半径，根据等腰三角形的性质求解即可．【详解】解：连接、，

正多边形的每个外角相等，且其和为，据此可得多边形的边数为：，，，∴，∵，∴．故答案为：15．【分析】本题考查圆内接四边形的性质，等腰直角三角形的性质以及圆周角定理，得到线段为圆的直径是解答的关键．圆内接四边形中，相对的角互补，结合已知条件可求出的度数，从而判定为等腰直角三角形；根据勾股定理可得的值，进而得到圆的直径．【详解】解：四边形是圆内接四边形，，，，又，，，点的坐标为，，．，线段为圆的直径，圆的直径为．故答案为：．16．【分析】此题主要考查了翻折变换的性质以及垂径定理、圆周角定理和勾股定理等知识，在圆的有关计算中，作弦的弦心距是常见的辅助线之一．连接，作于，于，运用圆周角定理，可证得，即证，所以，根据勾股定理，得，在直角三角形中，根据勾股定理，可求的长．【详解】解：如图，连接，作于，于．根据题意知，，由折叠的性质可得，，点是弧的中点．，在和中，，，，，，．故答案为：．17．【分析】本题主要考查的是点与圆的位置关系、勾股定理等问题．解题关键是确定点、、三点共线时，有最大值，并利用了数形结合的思想．首先根据题意取中点，根据点的运动轨迹，确定点的运动轨迹，根据，可确定当点、、三点共线时，有最大值，此时，求出，再根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，则，联立即可求出半径的值，然后求出的长，利用勾股定理即可求出的长．【详解】解：方法一、如图所示、取中点，连接和，设的半径为，

∵点为的中点，∴，∵点是上的动点（不与重合），点为顶点，∴点的运动轨迹是以点圆心，以的长为半径的圆上，则，∴当点、、三点共线时，有最大值，此时，∴，∵，∴，∵点为的中点，∴，∴，解得：，∴，在中，；方法二、如图，连接，，

∵，是直径，∴，又∵点是的中点，∴，当为直径时，有最大值，∴，∴，∴，在中，；故答案为：．18．【分析】本题考查了正方形的性质，扇形面积等知识．熟练掌握正方形的性质，扇形面积是解题的关键．由作图以及正方形的性质可得，，，，，根据扇形的面积为，计算求解即可．【详解】解：由作图以及正方形的性质可得，，，，，∴扇形的面积为，故答案为：．19．(1)(2)见解析【分析】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质：（1）等边对等角，求出的度数，根据直径所对的圆周角为直角，得到，进而得到，再根据角的和差关系即可得出结果；（2）连接，圆周角定理，得到，三线合一，得到即可．【详解】（1）解：∵，，∴，∵为的直径，∴，∴，∴；（2）连接，∵为的直径，∴，又∵，∴．20．(1)；(2)【分析】此题考查了垂径定理，熟练掌握垂径定理及推论是解题的关键；(1)根据垂径定理推论得到，根据勾股定理即可求解；(2)根据垂径定理推论得到，根据勾股定理即可求解；【详解】（1）解：如图，连接是的直径，是的中点，，，，，，（2）解：是的直径，是的中点，，，，，，，，故的半径为21．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，根据圆周角定理得到，根据平行线的性质和等腰三角形的性质得到，根据切线的判定定理即可得到结论；（2）连接，根据直角三角形的性质得到，推出是等边三角形，得到，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．【详解】（1）证明：连接，∵是的直径，

∴，即，∵，∴，∴，，∵，

∴，∵，

∴，∴，∴，∵是的半径，∴是的切线；（2）解：连接，∵，是的中点，

∴，∵的半径为，，∴，，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴阴影部分的面积为：，∴阴影部分的面积为．【点拨】本题考查切线的判定，直径所对的圆周角是直角，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，扇形的面积的计算等知识点．正确地作出辅助线是解题的关键．22．(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：．【点拨】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．23．(1)见解析(2)(3)或【分析】（1）根据证明即可；（2）由（1）得：，则，又由可得，在中，根据三角形内角和定理可得，由此可得，即的度数为．（3）分两种情况：①当时，可得是等边三角形，则中，，，则可得，，则；②当时，可得．【详解】（1）解：在和中，，，，．（2）解：由（1）得：，，，，在中，，即，，，∴的度数为．