广东省2024年九年级中考数学一轮复习：圆 模拟练习（含解析）

2024年广东省九年级数学一轮复习：圆模拟练习一、单选题1．（2023·广东广州·中考真题）如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（

）A．2r， B．0， C．2r， D．0，2．（2023·广东·中考真题）如图，是的直径，，则（

）

A． B． C． D．3．（2023·广东清远·二模）如图，在边长为4正方形中，点E在以B为圆心的弧上，射线交于F，连接，若，则（）．

A．2 B． C． D．4．（2023·广东河·一模）如图，为⊙O的直径，是⊙O的弦，点是上的一点，且．若，，则的长为（）

A． B． C． D．5．（2023·广东湛江·一模）如图，、是的直径，弦，弧为，则的度数为（

）A． B． C． D．6．（2023·广东佛山·一模）如图，点A、B、C在上，，则（

）A．18° B．36° C．72° D．144°7．（2023·广东深圳·模拟预测）下列说法中正确的一项是（

）A．经过三点有且只有一个圆B．在圆中，长度相等的弦所对的圆心角相等C．有一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形D．有两条边相等的直角三角形全等8．（2023·广东清远·模拟预测）如图，是半的直径，点在半上，．是上的一个动点，连接，过点作于，连接．在点移动的过程中，的最小值为（

）

A． B． C． D．29．（2023·广东云浮·一模）如图，切于C，点D从C出发，以每秒的速度沿方向运动，运动1秒时，运动2秒时长是（）A． B． C． D．10．（2023·广东深圳·二模）如图，在中，，，，D是上一动点，于E，交于点F，则的最大值是（

）

A． B． C． D．11．（2023·广东阳江·二模）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数是（

）A．4 B．6 C．8 D．1012．（2023·广东广州·二模）如图，正六边形内接于，点是上的一点，则的度数为（

）

A． B． C． D．13．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，以点B为圆心，长为半径画弧，交边于点D，则的长为（）A． B． C． D．14．（2023·广东珠海·一模）如图，切于两点，若，的半径为，则阴影部分的面积为（

）

A． B． C． D．二、填空题15．（2023·广东深圳·中考真题）如图，在中，为直径，C为圆上一点，的角平分线与交于点D，若，则°．

16．（2023·广东东莞·一模）如图，四边形为的内接四边形，，则的度数为．17．（2023·广东广州·一模）如图，是的弦，交于点P，过点B的直线交的延长线于点C，若，，，则的长为．18．（2023·广东梅州·一模）如图，是上的三个点，，则度数是．

19．（2023·广东东莞·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知，以点C为圆心的圆与y轴相切，点A、B在x轴上，且．点P为上的动点，，则长度的最小值为．

20．（2023·广东广州·一模）如图，在中，为直径，点M为延长线上的一点，与相切于点C，圆周上有另一点D与点C分居直径两侧，且使得，连接．现有下列结论：①与相切；②四边形是菱形；③；④．其中正确的结论是（填序号）．21．（2023·广东揭阳·一模）一个正多边形的中心角为36°，则这个正多边形的内角和为度．22．（2023·广东东莞·三模）如图，和是两个完全重合的直角三角板，，斜边长为三角板绕直角顶点顺时针旋转，当点落在边上时，则点所转过的路径长为．

23．（2023·广东潮州·一模）如图，正方形的边长为2，分别以为圆心，以正方形的边长为半径的圆相交于点，那么图中阴影部分的面积为．

三、解答题24．（2023·广东广州·中考真题）如图，在平面直角坐标系v中，点，，所在圆的圆心为O．将向右平移5个单位，得到（点A平移后的对应点为C）．

(1)点D的坐标是___________，所在圆的圆心坐标是___________；(2)在图中画出，并连接，；(3)求由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．（结果保留）25．（2023·广东·中考真题）综合探究如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．

(1)求证：；(2)以点为圆心，为半径作圆．①如图2，与相切，求证：；②如图3，与相切，，求的面积．26．（2023·广东东莞·一模）如图，在中，，延长到点D，以为直径作，交的延长线于点E，延长到点F，使．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为5，，，求的长．27．（2023·广东汕头·一模）如图，内接于．是直径，过点作直线，且是的切线．(1)求证：．(2)设是弧的中点，连接交于点，过点作于点，交于点．①求证：．②若，，试求的长．28．（2023·广东肇庆·二模）如图，在中，，平分交于点，为上一点，经过点，的分别交，于点，连接交于点．(1)求证：是的切线；(2)若，半径为4，在圆O上取点P，使，求点P到直线的距离．29．（2023·广东茂名·一模）张师傅要将一张残缺的圆形轮片恢复原貌（如图），已知轮片的一条弦的垂直平分线交弧于点，交弦于点，测得，．(1)请你帮张师傅找出此残片所在圆的圆心（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；(2)求（1）中所作圆的半径．30．（2023·广东河·三模）【发现问题】爱好数学的小明在做作业时碰到这样的一道题目：如图，点为坐标原点，的半径为，点．动点在上，连接，作等边（，，为顺时针顺序），求的最大值；【解决问题】小明经过多次的尝试与探索，终于得到解题思路：在图中，连接，以为边在的左侧作等边，连接．（）请你找出图中与相等的线段，并说明理由；（）线段的最大值为．【灵活运用】（）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点为线段外一动点，且，，，求线段长的最大值及此时点的坐标．【迁移拓展】（）如图③，，点是以为直径的半圆上不同于的一个动点，以为边作等边，请直接写出的最值．参考答案：1．D【分析】如图，连接．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．【详解】解：如图，连接．∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，∴，∴，，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型．2．B【分析】根据圆周角定理可进行求解．【详解】解：∵是的直径，∴，∵，∴，∵，∴；故选B．【点睛】本题主要考查圆周角的相关性质，熟练掌握直径所对圆周角为直角是解题的关键．3．B【分析】如图，连接，过点B作于点H，根据圆的性质和等腰三角形的性质可定，再结合正方形的性质可得；再证可得，即；然后再根据勾股定理列方程即可解答．【详解】解：如图，连接，过点B作于点H，

∵点E在以B为圆心的弧上，∴，∵，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，∴，∴或（舍去）．故选：B．【点睛】本题主要考查了圆的基本性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．4．B【分析】连接，交于，根据垂径定理推论，再由垂径定理，再由勾股定理计算，的长，从而求得的长，此题考查了圆周角定理，垂径定理和勾股定理的性质，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：连接，交于，

∵，∴点是的中点，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∵为的直径，∴，∴，故选：．5．C【分析】连接，利用等边对等角，弦，圆心角，弧的关系，平行线的性质计算即可.【详解】连接，解：∵弧为，∴，∵，∴，∵，∴，故选：C．【点睛】本题考查了等边对等角，弦，圆心角，弧的关系，平行线的性质，熟练掌握平行线的性质，圆的性质是解题的关键.6．C【分析】本题考查圆周角定理，根据对边对等角，三角形的内角和定理，求出的度数，根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，即可得出结果．【详解】解：∵点A、B、C在上，∴，∴，∴，∴；故选C．7．C【分析】根据确定圆的条件对A进行判断；根据弦与圆心角关系对B进行判断；根据平行四边形的判定方法对C进行判断；根据全等三角形的判定对D进行判断．【详解】解：A、经过不在同一直线上的三点有且只有一个圆，故此选项错误；B、在同圆或等圆中，长度相等的弦所对的圆心角相等，故此选项错误；C、有一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形，故此选项正确；D、有两条边相等的直角三角形不一定全等，故此选项错误．故选：C．【点睛】此题主要考查了确定圆的条件、弦与圆心角的关系、平行四边形的判定及全等三角形的判定方法等知识，正确有关图形的判定与性质是解题关键．8．D【分析】以为直径画圆，圆心为，连接、，在点移动的过程中，点在以为直径的圆上运动，当、、共线时，的值最小，最小值为，利用勾股定理求出即可解决问题．【详解】解：如图，以为直径画圆，圆心为，连接、，

，∵，∴，∴在点移动的过程中，点在以为直径的圆上运动，∵是直径，∴，在中，∵，∴，在中，，∵，∴当、、共线时，的值最小，最小值为，故选：D．【点睛】本题主要考查了勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是确定点的运动轨迹是在以为直径的圆上运动，属于中考填空题中的压轴题．9．C【分析】本题考查切线的性质、勾股定理，掌握切线性质是关键．先证得，再利用勾股定理求解即可．【详解】解：∵切于C，∴，∵点D从C出发，以每秒的速度沿方向运动，∴运动1秒时，又∵运动1秒时，∴在中，由勾股定理得：，∵运动2秒时长为，∴此时．故选：C．10．B【分析】取的中点O，连接，，延长交于T．证明，推出点E在以O为圆心，为半径的圆上运动，推出当与相切时，的值最大，根据切线的性质、平行线的性质及含30度角的直角三角形的性质即可得出答案．【详解】解：如图，取的中点O，连接，，延长交于T．

∵，，，∴，∴，，∵，∴，∴E在上，∵，∴，∴点E在以O为圆心，为半径的圆上运动，∵，∴当与相切时，的值最大，∵直线，直线都是的切线，∴，∴，∵，，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴的最大值为．故选：B．【点睛】本题考查直角三角形角的性质、直线与圆的位置关系、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是发现点E在以O为圆心，为半径的圆上运动，并推出与相切时，的值最大．11．C【分析】根据正多边形的边数周角中心角，计算即可得解．【详解】解：这个多边形的边数是，故选：C．【点睛】本题考查的是正多边形的中心角的有关计算；熟记正多边形的中心角与边数的关系是解题的关键．12．B【分析】利用圆内接正多边形中心角及同弧所多对的圆周角是圆心角一半定理即可．【详解】如图，连接，，

∵六边形是圆内接正六边形，∴，∴，故选：．【点睛】本题考查圆内接正多边形和圆周角定理，解此题的关键是熟练掌握圆内接正多边形中心角计算和圆周角定理角度计算．13．B【分析】根据直角三角形的性质得到，根据已知条件得到是等边三角形，由等边三角形的性质即可得到结论．【详解】解：连接，，，，，，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点，是等边三角形，，，故选：B．【点睛】本题考查了含角的直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质及弧长公式，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．14．B【分析】如图所示，连接，可证，，，根据含角的直角三角形的性质可计算出的值，由此可算出四边形的面积，再根据四边形的性质，算出的角度，可算出扇形的面积，由此即可求解．【详解】解：如图所示，连接，

∵切于，，∴，，∴是的角平分线，则，∵，是公共边，∴，∴，在中，，∴，∴，∴，在四边形中，，∴，∴，∴，故选：．【点睛】本题主要考查扇形，不规则图像面积的计算方法，掌握圆的基础知识，扇形的面积计算方法，不规则图形面积的计算方法是解题的关键．15．35【分析】由题意易得，，则有，然后问题可求解．【详解】解：∵是的直径，∴，∵，，∴，∴，∵平分，∴；故答案为35．【点睛】本题主要考查圆周角的性质，熟练掌握直径所对圆周角为直角是解题的关键．16．/70度【分析】本题考查圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形对角互补是解题关键．直接利用圆内接四边形对角互补与邻补角的性质推导可得出答案．【详解】解：∵四边形为的内接四边形，，即，，故答案为：．17．4【分析】由垂直定义得，根据等腰三角形的性质由得，根据对顶角相等得，所以，而，所以，设，则，在中，根据勾股定理得到，然后解方程即可．【详解】解：连接，如图所示：∵，∴，∴，∵，∴，而，∴，∵，∴，∴，∴为直角三角形，设，则，在中，，，∵，∴，解得：，即的长为4．故答案为：4．【点睛】本题考查了圆的基本知识，等腰三角形的性质以及勾股定理，垂线定义理解，正确应用勾股定理求出的长是解题关键．18．【分析】由圆周角定理即可得到答案．【详解】解：，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，是解题的关键．19．4【分析】本题考查了切线的性质，坐标和图形的性质，圆周角定理，找到的最小值是解题的关键．连接，交上一点P，以O为圆心，以为半径作，交x轴于A、B，此时的长度最小，根据勾股定理和题意求得，则的最小长度为4．【详解】解：连接，交⊙C上一点P，以O为圆心，以为半径作，交x轴于A、B，此时的长度最小，

∵，∴，∵以点C为圆心的圆与y轴相切．∴的半径为3，∴，∴，∵是直径，∴，∴长度的最小值为4，故答案为：4．20．①②③④【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质、切线的判定及性质、菱形的判定及性质、含角的直角三角形的特征，利用得，可得，再根据切线的判定及性质可判断①，利用三角形的判定及性质得，再根据菱形的判定即可判断②，利用含角的直角三角形的特征可判断③，利用菱形的性质可判断④，熟练掌握相关的判定及性质是解题的关键．【详解】解：连接，，，，，，，与相切于点C，，，是的直径，与相切；故①正确；，，，，，，，∴四边形是菱形，故②正确；，，，，，，，，故③正确；∵四边形是菱形，，，故④正确；故答案为：①②③④．21．1440【分析】依据正多边形的中心角和为求得边数，再依据多边形内角和公式代入求解即可．【详解】解：因为正多边形的中心角为36°，且中心角和为，所以这个多边形边数：，则这个多边形的内角和为：．故答案为：．【点睛】本题考查了正多边形内角和公式、中心角性质，通过中心角求得边数是解题的关键．22．【分析】本题主要考查了旋转的性质，求弧长，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，根据三角形内角和和含度的直角三角形三边的关系得到，，再根据旋转的性质得，于是可判断为等边三角形，所以，然后根据弧长公式计算弧的长度即可．【详解】解：，，，，，三角板绕直角顶点顺时针旋转，点落在边上，∴，∴为等边三角形，∴弧的长度，即点所转过的路径长．故答案为：．23．【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、扇形面积、弓形面积的计算，连接，过点作，易得为等边三角形，从而利用割补法求得阴影部分的面积即可，准确识图，添加适当的辅助线构造规则图形是解此题的关键．【详解】解：如图，连接，过点作，

由题意可得，为等边三角形，，，，，，∴弓形的面积为，∴空白部分的面积为，∴阴影部分的面积为，故答案为：．24．(1)，(2)见解析(3)【分析】（1）根据平移的性质，即可解答；（2）以点为圆心，2为半径画弧，即可得出；（3）根据弧长公式求出，根据平移的性质得出，根据勾股定理求出，最后相加即可．【详解】（1）解：∵，所在圆的圆心为，∴，所在圆的圆心坐标是，故答案为：，；（2）解：如图所示：即为所求；

（3）解：连接，∵，，∴的半径为2，∴，∵将向右平移5个单位，得到，∴，∴，∴由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．

【点睛】本题主要考查了平移的性质，求弧长，勾股定理，解题的关键是掌握平移前后对应点连线相等，弧长公式，以及勾股定理的内容．25．(1)见解析(2)①见解析；②【分析】（1）由点关于的对称点为可知点E是的中点，，从而得到是的中位线，继而得到，从而证明；（2）①过点O作于点F，延长交于点G，先证明得到，由与相切，得到，继而得到，从而证明是的角平分线，即，，求得，利用直角三角形两锐角互余得到，从而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性质得出；②先证明四边形是正方形，得到，再利用是的中位线得到，从而得到，，再利用平行线的性质得到，从而证明是等腰直角三角形，，设，求得，在中，即，解得，从而得到的面积为．【详解】（1）∵点关于的对称点为，∴点E是的中点，，又∵四边形是矩形，∴O是的中点，∴是的中位线，∴∴，∴（2）①过点O作于点F，延长交于点G，则，

∵四边形是矩形，∴，，∴，．∵，，，∴，∴．∵与相切，为半径，，∴，∴又∵即，，∴是的角平分线，即，设，则，又∵∴∴又∵，即是直角三角形，∴，即解得：，∴，即，在中，，，∴，∴；②过点O作于点H，

∵与相切，∴，∵∴四边形是矩形，又∵，∴四边形是正方形，∴，又∵是的中位线，∴∴∴又∵，∴又∵，∴又∵，∴是等腰直角三角形，，设，则∴在中，，即∴∴的面积为：【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．26．(1)见详解(2)【分析】（1）连接，根据，，可得，，再根据，，可得，即有半径，问题得证；（2）连接，过O点作于点，利用垂径定理可得，，即，再证明，即有，设，即，在和中，有，，即，解方程即可求解．【详解】（1）证明：连接，如图，∵，，∴，，∵，∴，∵，，，∴，∴半径，∴是的切线；（2）解：连接，过O点作于点，如图，∵，，，的半径为5，∴，，即：，∵，，，∴，∴，设，即，∵，，∴在中，有；在中，有∴，解得：，∴．【点睛】本题考查了切线的判定与性质，等边对等角，全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，掌握切线的判定与性质是解答本题的关键．27．(1)见解析(2)①见解析；②1【分析】（1）由直径所对的圆周角等于得出，由切线的性质定理得出，即可得出结论；（2）①由等弧所对的圆周角相等得出，由直角所对的圆周角为90°得出，由垂直的定义得出，等量代换得出，即可得出结论；②连接、，作，交的延长线于点，由角平分线的性质得出，由全等三角形的判定得出和，得出，，代入计算即可求出的值．【详解】（1）证明：是直径，，；是的切线；∴，，∴；（2）解：①是弧的中点，，是直径，，∵，，，，．②连接、，作，交的延长线于点．，，，，在与中，，，，是弧的中点，，在与中，，．．，即，．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的性质和判定，角平分线的性质，熟练掌握各性质定理是解答此题的关键．28．(1)见解析(2)或【分析】（1）连接，可得，从而可证，即可求证；（2）①过点作交的延长线于点，并连接、，，过作交于，可求，从而可求，，进而可求，即可求解；②连接，，，过点作交于点，连接，同理可求，，可证，可得与重合，可求，即可求解．【详解】（1）解：如图，连接，

，，是的平分线，，，，，点在上，是的切线；（2）解：①如图，过点作交的延长线于点，并连接、，，过作交于，

，，，，，是的平分线，，，，，，，在中，，，，在中，，，，，，，点到直线的距离是；②如图，连接，，，过点作交于点，连接，

同理可求，，，，，与重合，，在中，，，，，，点到直线的距离是；综上所述：或．【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的特征，根据题意作出辅助线，掌握相关的性质是解题的关键．29．(1)见解析(2)【分析】（1）由垂径定理知，垂直于弦的直径是弦的中垂线，故作，的中垂线交于点，则点是弧所在圆的圆心；（2