专题247圆（全章直通中考）（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24.7圆（全章直通中考）（培优练）单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（2021·广西梧州·统考中考真题）在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），B（0，﹣5），若在x轴正半轴上有一点C，使∠ACB＝30°，则点C的横坐标是（）A．34 B．12 C．6+3 D．62．（2020·山东临沂·中考真题）如图，在中，为直径，，点D为弦的中点，点E为上任意一点，则的大小可能是（

）A． B． C． D．3．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（）

A． B． C． D．4．（2021·湖北鄂州·统考中考真题）如图，中，，，．点为内一点，且满足．当的长度最小时，的面积是（

）A．3 B． C． D．5．（2016·山东泰安·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，∠B=30°，CE平分∠ACB交⊙O于E，交AB于点D，连接AE，则S△ADE：S△CDB的值等于（）A．1： B．1： C．1：2 D．2：36．（2023·湖南湘西·统考中考真题）如图，为的直径，点在的延长线上，，与相切，切点分别为C，D．若，则等于（

）

A． B． C． D．7．（2021·湖南娄底·统考中考真题）如图，直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，当⊙与直线只有一个公共点时，点A的坐标为（

）A． B． C． D．8．（2021·四川泸州·统考中考真题）如图，⊙O的直径AB=8，AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，并与AM，BN分别相交于D，C两点，BD，OC相交于点F，若CD=10，则BF的长是A． B． C． D．9．（2015·浙江金华·中考真题）如图，正方形ABCD和正△AEF都内接于⊙O，EF与BC、CD分别相交于点G、H，则的值是（）A． B． C． D．210．（2018·湖北十堰·中考真题）如图，扇形OAB中，∠AOB=100°，OA=12，C是OB的中点，CD⊥OB交于点D，以OC为半径的交OA于点E，则图中阴影部分的面积是（）A．12π+18 B．12π+36 C．6π+18 D．6π+36填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）已知等腰，，．现将以点为旋转中心旋转，得到，延长交直线于点D．则的长度为．12．（2021·江苏南通·统考中考真题）如图，在中，，，以点A为圆心，长为半径画弧，交延长线于点D，过点C作，交于点，连接BE，则的值为．13．（2022·山东济宁·统考中考真题）如图，点A，C，D，B在⊙O上，AC＝BC，∠ACB＝90°．若CD＝a，tan∠CBD＝，则AD的长是．14．（2023·四川·统考中考真题）如图，，半径为2的与角的两边相切，点P是⊙O上任意一点，过点P向角的两边作垂线，垂足分别为E，F，设，则t的取值范围是．

15．（2020·贵州安顺·统考中考真题）如图，是的内接正三角形，点是圆心，点，分别在边，上，若，则的度数是度．16．（2020·广西·中考真题）如图，在Rt中，AB＝AC＝4，点E，F分别是AB，AC的中点，点P是扇形AEF的上任意一点，连接BP，CP，则BP+CP的最小值是．17．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图，在中，为直径，为弦，点为的中点，以点为切点的切线与的延长线交于点．

（1）若，则的长是（结果保留）；（2）若，则．18．（2022·四川广安·统考中考真题）如图，四边形ABCD是边长为的正方形，曲线DA1B1C1D1A2…是由多段90°的圆心角所对的弧组成的．其中，弧DA1的圆心为A，半径为AD；弧A1B1的圆心为B，半径为BA1；弧B1C1的圆心为C，半径为CB1；弧C1D1的圆心为D，半径为DC1…．弧DA1、弧A1B1、弧B1C1、弧C1D1…的圆心依次按点A、B、C、D循环，则弧C2022D2022的长是（结果保留π）．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，内接于，为的直径，延长到点G，使得，连接，过点C作，交于点F，交点于点D，过点D作．交的延长线于点E．（1）求证：与相切．（2）若，，求的长．20．（8分）（2023·山东潍坊·统考中考真题）如图，正方形内接于，在上取一点E，连接，．过点A作，交于点G，交于点F，连接，．

（1）求证：；（2）若，，求阴影部分的面积．21．（10分）（2023·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）已知在中，，，，以边为直径作，与边交于点，点为边的中点，连接．

（1）求证：是的切线；（2）点为直线上任意一动点，连接交于点，连接．①当时，求的长；②求的最大值．22．（10分）（2020上·江西南昌·九年级期末）如图，抛物线的图象的顶点坐标是，并且经过点，直线与抛物线交于B，D两点，以为直径作圆，圆心为点C，圆C与直线m交于对称轴右侧的点，直线m上每一点的纵坐标都等于1．

（1）求抛物线的解析式；（2）证明：圆C与x轴相切；（3）过点B作，垂足为E，再过点D作，垂足为F，求的值．23．（10分）（2023·浙江·统考中考真题）小贺在复习浙教版教材九上第81页第5题后，进行变式、探究与思考：如图1，的直径垂直弦AB于点E，且，．

（1）复习回顾：求的长．（2）探究拓展：如图2，连接，点G是上一动点，连接，延长交的延长线于点F．①当点G是的中点时，求证：；②设，，请写出y关于x的函数关系式，并说明理由；③如图3，连接，当为等腰三角形时，请计算的长．24．（12分）（2023·辽宁丹东·统考中考真题）在中，，，，点D是的中点．四边形是菱形（D，E，F，G按逆时针顺序排列），，且，菱形可以绕点D旋转，连接和，设直线和直线所夹的锐角为．

（1）在菱形绕点D旋转的过程中，当点在线段上时，如图①，请直接写出与的数量关系及的值；（2）当菱形绕点D旋转到如图②所示的位置时，（1）中的结论是否成立?若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）设直线与直线的交点为P，在菱形绕点D旋转一周的过程中，当所在的直线经过点时，请直接写出的面积．参考答案：1．A【分析】如图，作的外接圆连接过作轴于作轴于则四边形是矩形，再证明是等边三角形，再分别求解即可得到答案.解：如图，作的外接圆连接过作轴于作轴于则四边形是矩形，是等边三角形，故选：【点拨】本题考查的是坐标与图形，三角形的外接圆的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理分应用，灵活应用以上知识解题是解题的关键.2．C【分析】连接OD、OE，先求出∠COD=40°，∠BOC=100°，设∠BOE=x，则∠COE=100°x，∠DOE=100°x+40°；然后运用等腰三角形的性质分别求得∠OED和∠COE，最后根据线段的和差即可解答．解：连接OD、OE∵OC=OA∴△OAC是等腰三角形∵，点D为弦的中点∴∠DOC=40°，∠BOC=100°设∠BOE=x，则∠COE=100°x，∠DOE=100°x+40°∵OC=OE，∠COE=100°x∴∠OEC=∵OD＜OE，∠DOE=100°x+40°=140°x∴∠OED＜∴∠CED＞∠OEC∠OED==20°．又∵∠CED＜∠ABC=40°，故答案为C．【点拨】本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点，正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键．3．A【分析】利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．解：将绕点逆时针旋转至，

∵四边形是正方形，∴，，由旋转性质可知：，，，∴，∴点三点共线，∵，，，∴，，∵，∴，在和中，∴，∴，∴，∴，∵，∴，故选：．

【点拨】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．4．D【分析】由题意知，又长度一定，则点P的运动轨迹是以中点O为圆心，长为半径的圆弧，所以当B、P、O三点共线时，BP最短；在中，利用勾股定理可求BO的长，并得到点P是BO的中点，由线段长度即可得到是等边三角形，利用特殊三边关系即可求解．解：取中点O，并以O为圆心，长为半径画圆由题意知：当B、P、O三点共线时，BP最短点P是BO的中点在中，是等边三角形在中，．【点拨】本题主要考查动点的线段最值问题、点与圆的位置关系和隐形圆问题，属于动态几何综合题型，中档难度．解题的关键是找到动点P的运动轨迹，即隐形圆．5．D【分析】由AB是⊙O的直径，得到∠ACB=90°，根据已知条件得到，根据三角形的角平分线定理得到，求出AD=AB，BD=AB，过C作CE⊥AB于E，连接OE，由CE平分∠ACB交⊙O于E，得到OE⊥AB，求出OE=AB，CE=AB，根据三角形的面积公式即可得到结论．解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵∠B=30°，∴，∵CE平分∠ACB交⊙O于E，∴，∴AD=AB，BD=AB，过C作CE⊥AB于E，连接OE，∵CE平分∠ACB交⊙O于E，∴，∴OE⊥AB，∴OE=AB，CE=AB，∴S△ADE：S△CDB=（ADOE）：（BDCE）=（×ABAB）：（×ABAB）=2：3．故选D【点拨】考点：（1）圆周角定理；（2）三角形的角平分线定理；（3）三角形的面积的计算；（4）直角三角形的性质.6．D【分析】连接、、，交于，如图，利用切线的性质和切线长定理得到，，平分，根据等腰三角形的性质得到，则，根据圆周角定理得到，所以，然后求出即可．解：连接、、，交于，如图，

，与相切，切点分别为，，，，平分，，，，，，∵∴∵∴在中，，，．故选：D．【点拨】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和解直角三角形．7．D【分析】当⊙与直线只有一个公共点时，则此时⊙A与直线相切，（需考虑左右两侧相切的情况）；设切点为，此时点同时在⊙A与直线上，故可以表示出点坐标，过点作，则此时，利用相似三角形的性质算出长度，最终得出结论．解：如下图所示，连接，过点作，此时点坐标可表示为，∴，，在中，，又∵半径为5，∴，∵，∴，则，∴，∴，∵左右两侧都有相切的可能，∴A点坐标为，故选：D．【点拨】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知相似三角形的判定与性质是解答此题的关键．8．A【分析】过点D作DG⊥BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，根据勾股定理求得，即可得AD=BG=2，BC=8，再证明△HAO≌△BCO，根据全等三角形的性质可得AH=BC=8，即可求得HD=10；在Rt△ABD中，根据勾股定理可得；证明△DHF∽△BCF，根据相似三角形的性质可得，由此即可求得．解：过点D作DG⊥BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，∵AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，∴AD=DE，BC=CE，∠DAB=∠ABC=90°，∵DG⊥BC，∴四边形ABGD为矩形，∴AD=BG，AB=DG=8，在Rt△DGC中，CD=10，∴，∵AD=DE，BC=CE，CD=10，∴CD=DE+CE=AD+BC=10，∴AD+BG+GC=10，∴AD=BG=2，BC=CG+BG=8，∵∠DAB=∠ABC=90°，∴AD∥BC，∴∠AHO=∠BCO，∠HAO=∠CBO，∵OA=OB，∴△HAO≌△BCO，∴AH=BC=8，∵AD=2，∴HD=AH+AD=10；在Rt△ABD中，AD=2，AB=8，∴，∵AD∥BC，∴△DHF∽△BCF，∴，∴，解得，．故选A．【点拨】本题是圆的综合题，考查了切线长定理、勾股定理、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定于性质，熟练运用相关知识是解决问题的关键．9．C【分析】设的半径是，则，根据是的平分线，求出，进而得出，再根据相似比求出，从而得到的值．解：连接、、，如图所示：设的半径是，则，∵是的平分线，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，即的值是，故选：C．【点拨】本题考查正多边形与圆的关系．解答本题的关键是熟练掌握正多边形的有关概念，并准确运用他们求线段长．10．C【分析】连接OD、AD，根据点C为OA的中点可得∠CDO=30°，继而可得△ADO为等边三角形，求出扇形AOD的面积，最后用扇形AOB的面积减去扇形COE的面积，再减去S空白ADC即可求出阴影部分的面积．解：如图，连接OD，BD，∵点C为OB的中点，∴OC=OB=OD，∵CD⊥OB，∴∠CDO=30°，∠DOC=60°，∴△BDO为等边三角形，OD=OB=12，OC=CB=6，∴CD=6，∴S扇形BOD==24π，∴S阴影=S扇形AOB﹣S扇形COE﹣（S扇形BOD﹣S△COD）==18+6π，故选C．【点拨】本题考查了扇形的面积计算，解答本题的关键是掌握扇形的面积公式：S=．11．【分析】根据题意，先求得，当以点为旋转中心逆时针旋转，过点作交于点，当以点为旋转中心顺时针旋转，过点作交于点，分别画出图形，根据勾股定理以及旋转的性质即可求解．解：如图所示，过点作于点，

∵等腰，，．∴，∴，,∴，如图所示，当以点为旋转中心逆时针旋转，过点作交于点，

∵，∴，，在中，，，∵等腰，，．∴，∵以点为旋转中心逆时针旋转，∴，∴，在中，,∴，∴，∴，如图所示，当以点为旋转中心顺时针旋转，过点作交于点，

在中，，∴在中，∴∴∴∴∴，综上所述，的长度为或，故答案为：或．【点拨】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，分类讨论是解题的关键．12．．【分析】连接AE，过作AF⊥AB，延长EC交AF于点F，过E作EG⊥BC于点G，设AC=BC=a，求出AF=CF=，由勾股定理求出CE，再由勾股定理求出BE的长即可得到结论．解：连接AE，过作AF⊥AB，延长EC交AF于点F，过E作EG⊥BC于点G，如图，设AC=BC=a，∵∴，∴，∵∴∵∴∴∴设CE=x，则FE=在Rt△AFE中，∴解得，，（不符合题意，舍去）∴∵∴∴∴在Rt△BGE中，∴∴故答案为：．【点拨】此题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理与圆的基本概念等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答此题的关键．13．【分析】如图，连接，设交于点，根据题意可得是的直径，，设，证明，根据相似三角形的性质以及正切的定义，分别表示出，根据，勾股定理求得，根据即可求解．解：如图，连接，设交于点，∵∠ACB＝90°∴是的直径，，tan∠CBD＝，，在中，，，，，设则，AC＝BC，，，中，，，，,又，，，，，，，，解得，，故答案为：．【点拨】本题考查了90°圆周角所对的弦是直径，同弧所对的圆周角相等，正切的定义，相似三角形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．14．【分析】利用切线的性质以及等腰直角三角形的性质求得，再求得，分两种情况讨论，画出图形，利用等腰直角三角形的性质即可求解．解：设与两边的切点分别为D、G，连接，延长交于点H，

由，∵，∴，∴，∴，如图，延长交于点Q，

同理，∵，∴，当与相切时，有最大或最小值，连接，∵D、E都是切点，∴，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴的最大值为；如图，

同理，的最小值为；综上，t的取值范围是．故答案为：．【点拨】本题考查了切线的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，求得是解题的关键．15．120【分析】本题可通过构造辅助线，利用垂径定理证明角等，继而利用SAS定理证明三角形全等，最后根据角的互换结合同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解本题．解：连接OA，OB，作OH⊥AC，OM⊥AB，如下图所示：因为等边三角形ABC，OH⊥AC，OM⊥AB，由垂径定理得：AH=AM，又因为OA=OA，故△OAH△OAM（HL）．∴∠OAH=∠OAM．又∵OA=OB,AD=EB,∴∠OAB=∠OBA=∠OAD,∴△ODA△OEB（SAS）,∴∠DOA=∠EOB,∴∠DOE=∠DOA+∠AOE=∠AOE+∠EOB=∠AOB．又∵∠C=60°以及同弧，∴∠AOB=∠DOE=120°．故本题答案为：120．【点拨】本题考查圆与等边三角形的综合，本题目需要根据等角的互换将所求问题进行转化，构造辅助线是本题难点，全等以及垂径定理的应用在圆综合题目极为常见，圆心角、弧、圆周角的关系需熟练掌握．16．．【分析】在AB上取一点T，使得AT＝1，连接PT，PA，CT．证明，推出＝＝，推出PT＝PB，推出PB+CP＝CP+PT，根据PC+PT≥TC，求出CT即可解决问题．解：在AB上取一点T，使得AT＝1，连接PT，PA，CT．∵PA＝2．AT＝1，AB＝4，∴PA2＝AT•AB，∴＝，∵∠PAT＝∠PAB，∴，∴＝＝，∴PT＝PB，∴PB+CP＝CP+PT，∵PC+PT≥TC，在Rt中，∵∠CAT＝90°，AT＝1，AC＝4，∴CT＝＝，∴PB+PC≥，∴PB+PC的最小值为．故答案为．【点拨】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理的应用，三角形的三边关系，圆的基本性质，掌握以上知识是解题的关键．17．【分析】（1）连接，根据点为的中点，根据已知条件得出，然后根据弧长公式即可求解；（2）连接，根据垂径定理的推论得出，是的切线，则,得出，根据平行线分线段成比例得出，设，则，勾股定理求得,J进而即可求解．解：（1）如图，连接，

∵点为的中点，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：．（2）解：如图，连接，

∵点为的中点，∴，∴，∵是的切线，∴,∴∴，∵，∴，设，则，，∴，，∴．故答案为：．【点拨】本题考查了垂径定理，圆周角定理，切线的性质，弧长公式，平行线分线段成比例定理等知识，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．18．2022π【分析】根据题意有后一段弧的半径总比前一段弧的半径长，又因为的半径为，可知任何一段弧的半径都是的倍数，根据圆心以A、B、C、D四次一个循环，可得弧的半径为：，再根据弧长公式即可作答．解：根据题意有：的半径，的半径，的半径，的半径，的半径，的半径，的半径，的半径，．．．以此类推可知，故弧的半径为：，即弧的半径为：，即弧的长度为：，故答案为：．【点拨】本题考查了弧长的计算公式，找到每段弧的半径变化规律是解答本题的关键．19．（1）见详解；（2）【分析】（1）连接，结合圆周角定理，根据，可得，再根据平行的性质，即有，进而可得，问题随之得证；（2）过C点作于点K，先证明四边形是平行四边形，即有，求出，即有，利用三角形函数有，同理，即可得，，进而有，再证明，可得，即可得，在中，有，问题随之得解．解：（1）连接，如图，

∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，∴半径，∴与相切；（2）过C点作于点K，如图，

∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴在，，同理，∵在中，，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴在中，，∴．【点拨】本题是一道综合题，主要考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，三角函数以及勾股定理等知识，掌握切线的判定以及相似三角形的判定与性质，是解答本题的关键．20．（1）证明见分析；（2）【分析】（1）如图，连接，证明，再证明，，可得，结合，从而可得结论；（2）如图，连接，，过作于，设，在上取Q，使，证明，，，可得，，求解，而，可得，，，可得，再求解x，利用进行计算即可．（1）解：如图，连接，∵，则，

∴，∵正方形，∴，，∴，∴，∵，∴．（2）如图，连接，，过作于，设，在上取Q，使，

∵O为正方形中心，∴，，而，∴，，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，而，∴，∴，∴，，而正方形的边长，∴，解得：，∴，∵，，，∴，∴，而，∴．【点拨】本题考查的是正多边形与圆，圆周角定理的应用，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，含的直角三角形的性质，扇形面积的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．21．（1）见分析；（2）①或；②【分析】（1）连接，，由是的直径，可得，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据等腰三角形性质可得，进而可得，即，再利用切线的判定定理即可证得结论；（2）①分两种情况：当点在线段上时，过点作于点，利用勾股定理和解直角三角形即可求得答案；当点在的延长线上时，过点作于点，运用勾股定理和解直角三角形即可；②设，则，利用面积法可得，得出，即，再运用乘法公式和不等式性质可得，即可得出答案．解：（1）证明：如图，连接，，

是的直径，，，点为边的中点，，，，，，即，，即，，是的半径，是的切线；（2）①当点在线段上时，如图，过点作于点，

在中，，设，，，，，，，解得：，，，即，；当点在的延长线上时，如图，过点作于点，

，，设，则，在中，，即，解得：，（舍去），，，，，设，则，在中，，即，解得：，（舍去），；综上所述，的长为或；②设，则，如图，是的直径，，

，，，，，，，的最大值为．【点拨】本题是圆的综合题，考查了切线的判定定理，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，三角形面积，乘法公式和不等式性质等．熟练掌握圆的相关性质和解直角三角形等是解题关键．22．（1）；（2）见分析；（3）．【分析】〔1〕可设抛物线的顶点式，再结合抛物线过点，可求得抛物线的解析式；〔2〕联立直线和抛物线解析式可求得、两点的坐标，那么可求得C点坐标和线段的长，可求得圆的半径，可证得结论；〔3〕过点C作于点H，连接，可求得，利用〔2〕中所求B、D的坐标可求得，那么可求得和的长，可求得其比值．（1）解：抛物线的图象的顶点坐标是，可设抛物线解析式为，抛物线经过点，，解得，

抛物线解析式为；（2）解：联立直线和抛物线解析式可得，解得或，，，为的中点，点的纵坐标为，，圆的半径为，点到轴的距离等于圆的半径，圆与轴相切；（3）解：如图，过点作，垂足为H，连接，

由〔2〕可知，，在中，由勾股定理可求得，，，，．【点