专题244圆（全章分层练习）（培优练）-2023-2024学年九年级数学下册全章复习与专题突破讲与练（沪科版）

专题24.4圆（全章分层练习）（培优练）单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（2023上·山东德州·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形中，已知，对角线、交点为．将菱形绕点逆时针方向旋转，每次旋转，则旋转2023次后．点的坐标是（

）A． B． C． D．2．（2023上·江苏南京·九年级统考期中）如图，在扇形中，点D在上，点C在上，．若，则的半径为（

）A．4 B． C． D．3．（2023上·江苏无锡·九年级校联考期中）如图，，以点B为圆心，作半径为2的圆，点C在上，连接作等腰直角三角形，使，，则的面积的最大值为（）A． B． C．4 D．84．（2023上·河北石家庄·九年级校联考期中）如图，等腰三角形的顶点是圆的等分点，且腰，所对的劣弧（不包括，，）上分别有个等分点，若等腰三角形是钝角三角形．则至少是（

）A．15 B．16 C．17 D．185．（2023上·湖北武汉·九年级统考期中）如图，四边形是内接四边形，延长交于点E，延长交于点F，，是的角平分线，若，则的长为（

）

A． B． C．3 D．46．（2023上·江苏无锡·九年级统考期中）在平面直角坐标系中，点，，若在直线上存在点P满足，则m的取值范围是（）A． B．C． D．7．（2023上·山东聊城·九年级统考期中）如图，为半圆的直径，，分别切于，两点，切于点，连接，，下结论错误的是（

）

A． B．C． D．8．（2023·安徽滁州·校联考二模）如图，是等腰的外接圆，为弧上一点，为的内心，过作，垂足为，若，则的值为（）

A． B． C． D．9．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形内切圆半径为，则大正方形的内切圆半径为（）

A． B． C．15 D．10．（2023下·四川达州·九年级校考期中）如图，点为半上的三等分点，点是弧上的一动点，过点作交延长线于点，若直径，在点从点运动到点的过程中，则点的运动路径长为（

）

B． C． D．填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（2023·全国·九年级专题练习）如图，点、分别在正方形的边，上，且，将绕点顺时针旋转得到，连接交于点，，，则．

12．（2023上·江苏宿迁·九年级校联考阶段练习）在已知线段，且、两点都在的外，圆上动点与点的最小距离为6，与点的最小距离为4，若为直角三角形，则的半径．13．（2023上·北京东城·九年级景山学校校考期中）如图，在半圆中，直径，是半圆上一点，将弧沿弦折叠交于，点是弧的中点．连接，则的最小值为．

14．（2023上·广西南宁·九年级南宁市天桃实验学校校考期中）如图，在四边形中，，，，为上一点，且，则．15．（2023上·江苏无锡·九年级校考期中）如图，，点是以为直径的半圆上不同于、的一个动点，将线段绕着点逆时针旋转得到线段，则线段的取值范围是．

16．（2023上·江苏无锡·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于、两点，为上一点，且，则所在直线的函数关系式为；点是线段上一点，连接交于点，当过、、三点的圆与轴相切时，点的坐标为．17．（2023上·广东深圳·九年级深圳市罗湖区滨河实验中学校考阶段练习）如图，、是的弦，过点A的切线交的延长线于点D，若，则．

18．（2023上·浙江·九年级周测）如图，在扇形中放置有三个全等的矩形方格，点O为扇形的圆心，格点A、B、C分别在扇形的两条半径和弧上，已知每个矩形方格的长和宽分别为和1，则阴影部分的面积为．

三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2023上·北京朝阳·九年级北京八十中校考期中）在中，，于点D，P为线段上的动点（不与点B、D重合），连接并将线段绕点A逆时针旋转，得到线段，连接，取的中点Q．

（1）依题意补全图形；（2）用含的式子表示，并说明理由；（3）点M为线段上一点，当与满足的数量关系为______时，对于任意的点P，总有．证明你的结论．20．（8分）（2023上·浙江台州·九年级校考期中）如图1．扇形中，，，点P在半径上，连接．（1）把沿翻折，点O的对称点为点Q．①当点Q刚好落在弧上，求弧的长；②如图2，点Q落在扇形外，与弧交于点C，过点Q作，垂足为H，探究、、之间的数量关系，并说明理由；如图3，记扇形在直线上方的部分为图形W，把图形W沿着翻折，点B的对称点为点E，弧与交于点F，若，求的长．21．（10分）（2023下·河北衡水·九年级校考期中）已知：如图1，中，，，动点P从点C出发沿线段以的速度向点B运动，同时动点Q从点B出发沿线段以的速度向点A运动，当其中一个动点停止运动时另一个动点也随之停止，设运动时间为t，以点Q为圆心，长为半径的圆Q与射线、线段分别交于点D、E．尝试：当是等腰三角形时，求t的值；探究：设，求与t的函数解析式，且写出t的取值范围；拓展：如图2，连接，当t为何值时，线段与相切？延伸：如图2，若与线段只有一个公共点，求t的取值范围．22．（10分）（2023上·福建福州·九年级校考期中）如图，四边形内接于，是的直径，．（1）判断的形状，并说明理由；（2）证明：；（3）过点作的垂线，垂足为点，连接，分别与，相交于点，，若，，请直接写出线段的长度．23．（10分）（2023·广东湛江·统考一模）如图，在中，，以直角边为直径的交于点，连接，的角平分线交于点，交于点，交于点．

（1）求证：；（2）若，求的值；（3）连接、，若，，求的面积．24．（12分）（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级统考期中）如图，在中，点O是的中点，以O为圆心，为半径作，交于点D，交于点E，弧与弧相等，点F在线段上，．（1）求证：；（2）判断与的位置关系，并加以证明；（3）若的半径为5，，求的长．参考答案：1．A【分析】求出点D的坐标，菱形每次逆时针旋转，相当于对点D每次逆时针旋转，根据旋转规律，即可求出旋转2023次后点D的坐标．解：如图，过点B作轴于点E，与相交于点D，∵四边形是菱形，∴，点D是的中点，，∴，∵点A的坐标为，∴，∵，∴，∴，，∵轴，∴，∴，∴，∴点B的坐标为，∵点D是的中点，∴点D的坐标为，菱形每次逆时针旋转，相当于对点D每次逆时针旋转，∴旋转1次坐标为，旋转2次坐标为，旋转3次坐标为，旋转4次坐标为，旋转5次坐标为，旋转6次D6坐标为，旋转7次坐标为，……，坐标的变化具有每6次重复一次的规律，∵，∴旋转2023次后．点D的坐标是，故选：A．【点拨】本题考查了菱形的性质、坐标与图形的性质、旋转的性质、勾股定理、规律型等知识点，求出点D的坐标，再根据其变化规律求出坐标是解本题的关键．2．C【分析】过点O作与E，连接交与点F，连接，利用勾股定理求出，再证明点F是的中点，利用中位线定理和直角三角形的中线的性质分别求出和，从而得到，最后用勾股定理求即可．解：过点O作与E，连接交与点F，连接，∵，，∴，∵，∴垂直平分，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴F是的中点，∴，又∵垂直平分，∴，∴，∴，即的半径为，故选：C．【点拨】本题考查垂径定理，垂直平分线的性质，直角三角形中线的性质，中位线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识，综合性较大，利用垂径定理构造辅助线和证明点F是的中点是解题的关键．3．B【分析】如图，以为边向下作等腰直角三角形，且，连接，证明，可得，可得在以为圆心，为半径的圆上运动，结合的面积最大，可得到的距离最大，从而可得答案．解：如图，以为边向下作等腰直角三角形，且，，连接，∴，，同理：，，∴，，∴，∴，而，∴，∴在以为圆心，为半径的圆上运动，∵的面积最大，∴到的距离最大，∴当即，，共线时最大，最大值为：，∴的面积最大面积为．故选：B．【点拨】本题考查的是等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，圆的确定，熟练的构建相似三角形得到D的运动轨迹是解本题的关键．4．C【分析】本题主要考查了不等式的应用，弧、圆心角之间的关系，圆周角定理及圆内接四边形的性质，在优弧上取一点，连接、、、，由弧，圆心角之间的关系得，，进而利用圆周角定理及圆内接四边形的性质得，根据等腰三角形是钝角三角形，得>，列不等式求解即可．解：在优弧上取一点，连接、、、，∵等腰三角形的顶点是圆的等分点，且腰，所对的劣弧（不包括，，）上分别有个等分点，∴，，∴，∵四边形是的内接四边形，∴，∵等腰三角形是钝角三角形，∴，即，解得，∴至少是，故选∶．5．D【分析】本题考查圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理等知识．连接，过点D作于点H．证明，推出，，推出，分别求出，可得结论．解：连接，过点D作于点H．

∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴是直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．故选：D．6．A【分析】本题主要考查圆周角与圆心角的关系，直线与圆相切的时候m取得最值点，熟练掌握这些知识是解题的关键．根据题意等腰直角三角形，分两种情况进行讨论，当E在上方时，以E为圆心，为半径作圆，设直线与相切，切点为P，此时m的值最大，求出此时m的值，同理当E在下方时求出m的值，即可得出答案．解：如图，作等腰直角三角形，

，，，，E在y轴上，当E在上方时，以E为圆心，为半径作圆，此时上存在点满足，设直线与相切，切点为P，此时m的值最大，设直线与x轴交于点C，与y轴交于点D，连接，则，直线，，是等腰直角三角形，，，，由直线可知，，，，当E在下方时，同理得，

m的取值范围是，故选：A．7．D【分析】此题考查了圆的切线的性质、切线长定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、梯形的面积计算等知识与方法，连接，由分别切于两点，切于点，根据切线长定理得，，则，可判断正确；由是的直径得，，则，于是有，由切线长定理得，，则，因此，可判断正确；根据“”可分别证明，，则，可判断正确；先由，，证明，根据相似三角形的对应边成比例得到，故错误；正确作出所需要的辅助线是解题的关键．解：如图，连接，

∵分别切于两点，切于点，∴，，∴，故正确；∵是的直径，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴，故正确；∵是的半径，∴，∴，，在和中，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，故正确；∵，，∴，∴，∴，故错误；故选：．8．A【分析】作于，于，连接，在上截取，连接，易证，推出是等腰直角三角形，进而得到四边形是正方形，推出，得到，同理得到，得到，即可得出结果．解：作于，于，连接，在上截取，连接，

是等腰直角三角形，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，是的内心，，，四边形是正方形，，，，，，同理：，，，．故选：A．【点拨】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，三角形的外接圆和内心．解题的关键是添加辅助线，构造特殊三角形和全等三角形．9．A【分析】如图，设内切圆的圆心为O，连接、，则四边形为正方形，然后利用内切圆和直角三角形的性质得到，，接着利用完全平方公式进行代数变形，并结合勾股定理，得出关于AB为未知数的一元二次方程，最后可解得的长．

解：如图，设内切圆的圆心为O、为内切圆的半径，则四边形为正方形，∴，∴，∴，∴，而，∴①，∵小正方形内切圆半径为，∴小正方形的边长为7，∴小正方形的面积为49，∴，∴即②，把①代入②中得，∴，∴（负值舍去），∴大正方形内切圆半径为．故选：A．【点拨】本题主要考查了正多边形与圆，三角形的内切圆的性质，正方形的性质及勾股定理的应用，同时也利用了完全平方公式和一元二次方程，综合性强，能力要求高,解题的关键是利用完全平方公式变形求解．10．B【分析】由点的运动特点可知点轨迹是以为直径圆上的弧，求出的长以及圆心角，即可求解．解：连接，，以的长为半径，的中点为圆心画圆，点为半圆上的三等分点，连接，，如图：

∵点为半上的三等分点，∴，故，∴，∴，∴，当点从点运动到点的过程中，，即，∴，故点的运动轨迹是，且，在中，，∴点的运动路径长为，故答案为：B．【点拨】本题考查了点的运动轨迹，勾股定理，弧长公式，三角形内角和定理，圆周角定理，能够根据点的运动特点分析点的运动轨迹是解题的关键．11．【分析】根据已知先证明点、、三点在同一条直线上，再利用正方形的半角模型证明，可得，从而得是的垂直平分线，所以连接交于点，可求出的长，然后利用字模型相似三角形证明，求出的长，进而可得点与点重合，最后在中，根据勾股定理求出即可解答．解：连接交于点，

∵四边形是正方形，∴，，，∵，∴，由旋转得：，，，，∴，∴，∵，∴，∴点、、三点在同一条直线上，∵，∴，∴，∴，设正方形的边长为，∴，，在中，，∴，∴或（舍去），∴正方形的边长为6，在中，，∵，∴，，∴，∴，∴，在中，，∵，，∴是的垂直平分线，∴，∵，∴，∴，∴点与点重合，∴，在中，，，∴，∴，故答案为：．【点拨】此题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，熟练掌握正方形中的半角模型，字模型相似三角形是解题的关键．12．2或20【分析】设与交于点，与交于点，分当时，当时，当时三种情况讨论，再根据勾股定理，列方程求解即可．解：设与交于点，与交于点，当时，如图，圆上动点与点的最小距离为6，与点的最小距离为4，

则，在中，，，（舍去）；当时，如图，圆上动点与点的最小距离为6，与点的最小距离为4，

则，在中，，，，当时，为斜边，，，故此情况不成立，舍去．综上所述：的半径的值为2或20．故答案为：2或20．【点拨】本题考查了点与圆的关系，勾股定理，解一元二次方程等知识，运用分类讨论的思想方法是本题的关键．13．/【分析】把弧的圆补全为，可知点与点关于对称，求出，长，的最小值为．解：如图，把弧的圆补全为，可知点与点关于对称，半径为，

∴，∵，∴，∴，∴，∵是弧的中点，∴，∴，∵，∴在中，由勾股定理得：，∵，即，∴的最小值为，故答案为：．【点拨】此题考查了轴对称、垂径定理、勾股定理和圆的有关知识，解题的关键是通过作辅助线，根据三角形三边关系确定的取值范围．14．【分析】勾股定理求得，将绕点顺时针旋转得到，则，证明点在上，则，过点作于点，勾股定理求得，进而在中，勾股定理，即可求解．解：∵，，∴，,如图所示，将绕点顺时针旋转得到，则，∴是等腰三角形，∴，∴，以为圆心，为半径，在圆上取一点，则，∵，∴∴点在上，∴又∵，则四边形共圆，∴，过点作于点，∴是等腰直角三角形，∴∴∴在中，．故答案为：．【点拨】本题考查了旋转的性质，圆周角定理，圆内接四边形对角互补，勾股定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．15．【分析】以为边作等边三角形，连接，与半圆交于点，连接，，由性质的性质可知为等边三角形，再证明，得出，点在以为圆心，为半径的圆上，最后由勾股定理即可求解．解：如图，以为边作等边三角形，连接，与半圆交于点，连接，，

∵是圆的直径，∴，又由旋转性质可知，为等边三角形，∴，∴，∵，，∴，∴，∵是圆的直径，∴，∴，∵是等边三角形，∴，∴，又由，∴点在以为圆心，为半径的圆上，∴，在中，由勾股定理得：，∴的最大值为，∴线段的取值范围是，故答案为：．【点拨】此题考查了圆周角定理，旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质和勾股定理，熟练掌握以上知识的应用是解题的关键．16．【分析】先求得，，，，根据待定系数法即可求得直线的解析式，过、、三点的圆为，过点作于点，轴于点，连接、，如图，设，证四边形为矩形，得，由切线性质得，由勾股定理得，进而得，从而利用两点间距离公式得，解方程即可得点的坐标．解：当时，，解得，则，，当时，，则，，设直线的解析式为，把，，，分别代入得，解得，∴直线的解析式为，过、、三点的圆为，过点作于点，轴于点，连接、，如图，设，∵，∴，∴，∵，∴四边形为矩形，∴，∵与轴相切，∴为的半径，∴，在中，，∴，∴，解得，（舍去），∴点坐标为．故答案为：，．【点拨】本题主要考查了切线的判定、勾股定理、求一次函数的解析式，一次函数的图像及性质、矩形的判定及性质，熟练掌握切线的判定、勾股定理、求一次函数的解析式以及一次函数的图像及性质是解题的关键．17．35【分析】连接并延长交于点E，连接，根据切线的性质可得，从而求出，然后利用直径所对的圆周角是直角可得，从而利用直角三角形的两个锐角互余可求出的度数，最后根据同弧所对的圆周角相等，即可解答．解：连接并延长交于点E，连接，如图：

与相切于点A，，，，是的直径，，，，故答案为：35．【点拨】本题考查了切线的性质，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．18．【分析】连接，先求出长，再利用三角函数求出的度数，再根据阴影面积等于扇形的面积减去梯形面积即可得解．熟练掌握扇形面积公式和利用三角函数求出是解题的关键．解：连接，

∵每个矩形方格的长和宽分别为和1，∴，，∴，∴，，∴阴影部分的面积为：，故答案为：．19．（1）见分析；（2），理由见分析；（3），理由见分析．【分析】（1）依题意补全图形即可；（2）根据证明，即可求解；（3）当时，由（2）知：，可得，再根据Q为中点，可得为的中点，最后根据，即可求解．（1）解：补全图形如图所示：

；（2）解：,理由如下：，又由旋转可知：即，又，；（3）解：时，有，理由如下：当时，由（2）知：则，又Q为中点为的中点，又，，．【点拨】此题是几何变换的综合题，主要考查了旋转变换的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、平行线的判定等知识，熟练进行逻辑推理是解题关键．20．（1）①；②，理由见分析；（2）【分析】（1）①连接，证明是等边三角形，即可得，问题随之得解；②过点O作，垂足为点G，则，证明，即可作答；（2）将沿着翻折得，过点Q作，垂足为点H，过点P作，垂足为点D，即有四边形是矩形，则，结合（1）②的结论以及折叠的性质可得，，进而有，则．设，则，，由得，，解方程即可求解．解：（1）①如图所示，连接，由翻折可知，．∴，∴，∴是等边三角形，∴，∴，②．理由如下，如图所示，过点O作，垂足为点G，则，

在与中，，∴，∴，且，∴，，即，∴，∴．（2）如图所示，将沿着翻折得，过点Q作，垂足为点H，过点P作，垂足为点D，

∴四边形是矩形，即有，根据垂径定理有，根据（2）有：，根据折叠有：，，∵，∴，∴，∴中，．设，则，，由得，，解得：．即．【点拨】本题主要考查了弧长公式，垂径定理，勾股定理，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，构造合理的辅助线，熟练掌握折叠的性质以及垂径定理，是解答本题的关键．21．尝试：t的值为或5或8；探究：；拓展：，线段与相切；延伸：当或时，与线段只有一个公共点【分析】尝试：分三种情况分别进行求解即可；探究：由得到，过点A作于点N，连接，由等腰三角形的性质得到，由是的直径得到，则，得到，则，即可得到答案；拓展：求出，则．过点A作于点N，则，证明，则，得到解分式方程即可得答案；延伸：分两种情况：①出发后到与圆相切时，与线段只有一个公共点，则；②当点P与点E重合后，点P在内，此时与线段只有一个公共点，则点P与点E重合时，，解得，得到．即可得到答案．解：尝试：①当时，如图1，，过点A作于点N，过点P作于点M，

∵，∴．∵，∴．∵，，∴．∴，∴，∴；②当时，如图2，∵，∴；③当点P到达点B时，此时，

∴．∴．综上，当是等腰三角形时，t的值为或5或8．探究：∵，∴．如图3，过点A作于点N，连接，

∵，，∴．∵是的直径，∴．∴，∴，∴，∴，即．拓展：∵，∴．如图4，过点A作于点N，则．

∵线段与相切，∴．∴．∵，∴，∴，∴．解得，经检验，是分式方程的解，∴当时，线段与相切．延伸：①出发后到与圆相切时，与线段只有一个公共点，∴．②当点P与点E重合后，点P在内，此时与线段只有一个公共点，∵点P与点E重合时，，解得，∴．综上，当或时，与线段只有一个公共点．【点拨】此题考查了相似三角形的判定和性质、切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质、解分式方程等知识，分类讨论和数形结合是解题的关键．22．（1）是等腰直角三角形，理由见详解；（2）见详解；（3）【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，即可作答；（2）过点C作交于点H，过点C作交的延长线于点，易得四边形是正方形，根据同弧所对的圆周角是相等的，从而的证，，所以，即可得证；（3）连接，结合四边形是正方形，得，，根据勾股定理，得，可得，从而知道是的垂直平分线，则，证明，则有，解得，即可作答．（1）解：是等腰直角三角形，理由如下：因为是的直径，，所以，则，故是等腰直角三角形；（2）解：过点C作交于点H，过点C作交的延长线于点P，如图所示：由（1）知是等腰直角三角形，得因为，所以，在中，，所以，则，即因为是的直径，，所以四边形是矩形，因为，所以四边形是正方形，则因为所以，因为，所以则因为所以，即；（3）解：由（2）知四边形是正方形，连接，如图则因为，，所以，解得，因为（2）中，所以，在中，，在中，，即，因为过点作的垂线，垂足为点，所以因为所以，则因为，所以是等腰直角三角形，则因为所以是的垂直平分线，即是的中位线，所以则，即，所以因为，所以，则即则，解得：【点拨】本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质与判定，垂直平分线的判定与性质，