专题34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（北师大版）

专题3.4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·湖北十堰·九年级统考期中）如图，的顶点均在上，且，，为弦的中点，弦经过点，且．若的半径为2，则弦的长是（

）

A． B． C． D．2．（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．43．（2023上·江苏南京·九年级校联考期中）如图，内接于，，，垂足为，，．则的长（

）A． B． C． D．4．（2022下·安徽宣城·九年级统考自主招生）如图，在中，，点在边上，圆与相切，与相交于点，若为中点，，则的大小为（

）

A． B． C． D．5．（2023·安徽·校联考二模）如图，A，B两点分别为与x轴，y轴的切点．，C为优弧的中点，反比例函数的图象经过点C，则k的值为（）

A． B．8 C．16 D．326．（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．7．（2022·四川泸州·二模）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC相切于点D，E，F，已知AB＝6，AC＝5，BC＝7，则DE的长是（

）A． B． C． D．8．（2020·湖北黄冈·统考二模）如图，在中，，，是的平分线，经过，两点的圆的圆心恰好落在上，分别与、相交于点、．若圆半径为2．则阴影部分面积（

）．A． B． C． D．9．（2019·四川乐山·统考中考真题）如图，抛物线与轴交于、两点，是以点（0,3）为圆心，2为半径的圆上的动点，是线段的中点，连结.则线段的最大值是（）A． B． C． D．10．（2023·山东泰安·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的一条直角边在x轴上，点A的坐标为；中，，连接，点M是中点，连接．将以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段的最小值是（

）

A．3 B． C． D．2填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（2023·上海·模拟预测）已知钝角内接于，，将沿所在直线翻折，得到，连接、，如果，那么的值为．12．（2021·广东江门·校联考模拟预测）如图，是的直径，是的弦，，垂足为，连接．点为射线上一点，连接，若，，则．

13．（2023上·山东菏泽·九年级统考期中）如图在平面直角坐标系中，的圆心在轴上，且经过点和点，点是第二象限圆上的任意一点，且，则的圆心的坐标是．14．（2023上·江苏南京·九年级统考期中）如图，在中，，，，点P为上一点，过点C，D，P作，当点P从点A运动到点B时，点O运动路线的长为．

15．（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．16．（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．

17．（2023上·湖南株洲·九年级统考期末）如图，连结正五边形ABCDE的各条对角线围成一个新的五边形．图中有很多顶角为36°的等腰三角形，我们把这种三角形称为“黄金三角形”，黄金三角形的底与腰之比为．若，则．18．（2023上·江苏无锡·九年级校联考期中）如图，为的直径，是的弦，且，，，图中阴影部分的面积为，则．

三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2022·四川成都·统考中考真题）如图，在中，，以为直径作⊙，交边于点，在上取一点，使，连接，作射线交边于点．（1）求证：；（2）若，，求及的长．20．（8分）（2021上·辽宁抚顺·九年级统考阶段练习）如图，AB是⊙O的直径，，连接DE、DB，延长AE交BD的延长线于点M，过点D作⊙O的切线交AB的延长线于点C．（1）求证：DE＝DM；（2）若OA＝CD＝2，求阴影部分的面积．21．（10分）（2019·河南·统考中考真题）如图，在中，，，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是上不与点B，D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点G．（1）求证：；（2）填空：①若，且点E是的中点，则DF的长为；②取的中点H，当的度数为时，四边形OBEH为菱形．22．（10分）（2022·湖北荆门·统考中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点C在直径AB上（点C与A，B两点不重合），OC＝3，点D在⊙O上且满足AC＝AD，连接DC并延长到E点，使BE＝BD．（1）求证：BE是⊙O的切线；（2）若BE＝6，试求cos∠CDA的值．23．（10分）（2022·四川遂宁·统考中考真题）如图，是的外接圆，点O在BC上，的角平分线交于点D，连接BD，CD，过点D作BC的平行线与AC的延长线相交于点P．（1）求证：PD是的切线；（2）求证：∽；（3）若，，求点O到AD的距离．24．（12分）（2023上·山东菏泽·九年级统考期中）如图1，的直径垂直弦于点，且，．（1）求的长．（2）探究拓展：如图2，连接，点是上一动点，连接，延长交的延长线于点．①当点是的中点时，求证：；②如图3，连接，，当为等腰三角形时，请计算的长．参考答案：1．C【分析】连接，，，，作于点，由圆心角、弧、弦关系可得，由等腰三角形三线合一的性质可知经过点，垂直平分，在中利用等边三角形的判定和性质求得，由平行线的性质求得是含30°角的直角三角形，然后求得，在中由勾股定理求得后再由垂径定理可得；解：如下图，连接，，，，作于点，

∵，∴，∴，由可知是等腰三角形，由等腰三角形三线合一的性质可知，过边的中点，∴经过点，∴垂直平分，∵也是等腰三角形，∴由等腰三角形三线合一的性质可知，∴是等边三角形，∵，∴由等腰三角形三线合一的性质可知，∵，∴，∴中，∴，∴，中由勾股定理可得，由垂径定理可知，∴，故选：C．【点拨】本题考查了等腰三角形的判定和性质，圆心角、弧、弦关系，勾股定理，垂径定理等知识；综合性较强，正确作出辅助线是解题关键．2．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．3．D【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，连接，过点作于，于，根据圆周角定理得到，根据等腰直角三角形的性质计算，求出，根据垂径定理求出，根据等腰直角三角形的性质求出，根据勾股定理求出，结合图形计算得到答案，掌握圆周角定理、垂径定理、等腰直角三角形的性质是解题的关键．解：连接，过点作于，于，∵，，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，，，∴四边形为矩形，∴，，在中，，∴，∴，故选：．4．A【分析】设圆与相切于点E，连接，，过点B作于点F，证明，再根据相似三角形的性质可得，即可得为的中线，进而可得为等腰三角形，问题随之可解．解：设圆与相切于点E，连接，，过点B作于点F，如图，

∵圆与相切，∴，∴，∵，，，∴，∴，，∴，∴，∴，∵为中点，∴，∴，∴为的中线，∵，∴为等腰三角形，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，故选：A．【点拨】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判断与性质等知识，作出合理的辅助线，证明，是解答本题的关键．5．A【分析】连接，过点作轴于点，延长交于点，根据切线的性质，等弧所对的圆心角相等，易得为等腰直角三角形，四边形为正方形，四边形为矩形，求出点的坐标即可．解：连接，过点作轴于点，延长交于点，

则：，∵A，B两点分别为与x轴，y轴的切点，∴轴，轴，∴轴，∴，∴四边形为正方形；∵，∴，∴，；∵轴，轴，，∴四边形为矩形，∴，，∵C为优弧的中点，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故选A．【点拨】本题考查求反比例函数的值，同时考查了切线的性质，等弧对等角，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是掌握切线的性质，构造特殊图形．本题的综合性较强，难度较大．6．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：．7．D【分析】连接、、，交于，作交BC于点G，利用，求出，进一步可得，求出，设⊙的半径为，利用，求出，求出，进一求出，再证明OB垂直平分，利用面积法可得，求得HE长即可求得答案．解：连接、、，交于，作交BC于点G，如图，∵AB＝6，AC＝5，BC＝7，∴，即，解得：，∴，∴，设内切圆的半径为r，则，解得：，的内切圆⊙与，，分别相切于点，，，∴∠ODB=∠OEB=90°，又∵OD=OE，OB=OB，∴，∴BD=BE，同理，CE=CF，AD=AF，∵BE+CE=BC=7，∴BD+BE+CE+CF=14，∴2AD=（6+5+7）14=4，即AD=2，∴，∴，，，垂直平分，，，，，，故选：D．【点拨】本题考查了三角形的内切圆性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，面积法等，正确添加辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键．8．C【分析】连接OD，OF．首先证明OD∥AC，推出S阴＝S扇形OFA，再证明△AOF是等边三角形即可解决问题．解：连接OD，OF．∵AD是∠BAC的平分线，∴∠DAB＝∠DAC，∵OD＝OA，∴∠ODA＝∠OAD，∴∠ODA＝∠DAC，∴OD∥AC，∴∠ODB＝∠C＝90°，∴S△AFD＝S△OFA，∴S阴＝S扇形OFA，∵OD＝OA＝2，AB＝6，∴OB＝4，∴OB＝2OD，∴∠B＝30°，∴∠A＝60°，∵OF＝OA，∴△AOF是等边三角形，∴∠AOF＝60°，∴S阴＝S扇形OFA＝.故选：C．【点拨】本题考查扇形的面积，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是添加常用辅助线，用转化的思想思考问题．9．C【分析】根据抛物线解析式可求得点A（4,0），B（4,0），故O点为AB的中点，又Q是AP上的中点可知OQ=BP，故OQ最大即为BP最大，即连接BC并延长BC交圆于点P时BP最大，进而即可求得OQ的最大值．解：连结BP，∵抛物线与轴交于A、两点，当y=0时，，解得，∴A（4,0），B（4,0），即OA=4，在直角△COB中，BC=，∵Q是AP上的中点，O是AB的中点，∴OQ为△ABP中位线，即OQ=BP，又∵P在圆C上，且半径为2，∴当B、C、P共线时BP最大，即OQ最大，此时BP=BC+CP=5+2=7，OQ=BP=．故选择C．【点拨】本题考查了勾股定理求长度，二次函数解析式求点的坐标及线段长度，中位线，点到圆上最长的距离，解本题的关键是将求OQ最大转化为求BP最长时的情况．10．A【分析】如图所示，延长到E，使得，连接，根据点A的坐标为得到，再证明是的中位线，得到；解得到，进一步求出点C在以O为圆心，半径为4的圆上运动，则当点M在线段上时，有最小值，即此时有最小值，据此求出的最小值，即可得到答案．解：如图所示，延长到E，使得，连接，∵的一条直角边在x轴上，点A的坐标为，∴，∴，∴，∵点M为中点，点A为中点，∴是的中位线，∴；在中，，∴，∵将以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，∴点C在以O为圆心，半径为4的圆上运动，∴当点M在线段上时，有最小值，即此时有最小值，∵，∴的最小值为，∴的最小值为3，故选A．

【点拨】本题主要考查了一点到圆上一点的最值问题，勾股定理，三角形中位线定理，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键．11．/【分析】延长交于，设交于、，连接，，设，由翻折知是的垂直平分线，则，，说明，得，则，再利用，可得，从而解决问题．解：延长交于，设交于、，连接，，如图，∵，设，由翻折知是的垂直平分线，∴，，∵，∴，∴，在和中，∴（），∴，∴，∵，，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得，，解得，∴，∴，故答案为：．【点拨】本题主要考查了三角形的外接圆，等腰三角形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，运用相似三角形的性质表示出是解题的关键，综合性较强，属于中考压轴题．12．或【分析】连接，设的半径为，则，由可得，由勾股定理可得，，分两种情况：当点在上时，证明为的中位线，得到，再根据正切的定义进行计算，当在的延长线上时，由平行线分线段成比例可得，从而得到，再根据正切的定义进行计算，即可得到答案．解：连接，如图，

，设的半径为，则，，，在中，，在中，，即，解得：，，当点在上时，作于，如图，

，则，，，点为的中点，为的中位线，，，，在中，，当在的延长线上时，作于，如图，

，则，，，，，，，在中，，综上所述，或，故答案为：或．【点拨】本题主要考查了垂径定理、勾股定理、与三角形中位线有关的计算、平行线分线段成比例、正切的定义，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想解题，是解此题的关键．13．【分析】本题考查了圆周角定理和坐标与图形性质，三角形全等的性质和判定，作辅助线，构建三角形全等，根据圆周角定理得：，再证明，根据，根据线段的和差关系即可求解，作辅助线构建三角形全等是关键．解：连接，过作轴于，过作轴于，则，，∵和点，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：．14．【分析】依题意，是的外接圆，结合四边形是平行四边形，得，根据勾股定理以及中位线性质得，因为，，得四边形是矩形，则，那么，结合三角函数，即可作答．解：依题意，过点C，D，P作，故当点与点重合时,此时点为点，圆心为点，当点与点重合时,此时点为点，圆心为点，过点D作，如图所示：

则是的垂直平分线，与相交于一点，为，是的垂直平分线，与相交于一点，为，与相交于一点，为；因为四边形是平行四边形所以是的对角线的交点，，那么四边形是矩形，，因为，，，所以，故，所以点是的中点当点P从点A运动到点B时，点O运动路线的长为；因为，，，所以则，那么，故因为，则即所以故答案为：【点拨】本题考查了三角形的外接圆，以及平行四边形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，三角函数，难度较大，综合性较强，三角形的外接圆是三边的垂直平分线的交点，熟练掌握垂直平分线的性质是解题的关键．15．【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．16．35【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．17．【分析】设．由题意可知，由，可得，列出方程即可解决问题．解：设．由题意可知，∵，，∴，同理，∴，，∵，∴，∴，∴，整理得，∴，∴或不合题意舍去，∴．故答案为：．【点拨】本题考查正五边形的性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题．18．【分析】本题考查不规则图形的面积，连接，根据可得，可把图中阴影图形的面积转化成一个半圆的面积，进而用勾股定理求解即可．解：如图，连接，

∵，∴，即图中阴影部分①的面积与扇形的面积相等，图1中阴影部分②的面积与扇形的面积相等，∵图1中，圆O的面积为，而图1中阴影部分的面积为∴图1中阴影部分的面积占圆面积的一半，如图2，扇形的面积与图1中阴影部分①的面积相等，扇形的面积与图1中阴影部分②的面积相等，∵为的直径，∴，在图2中，中，，即，故答案为：．19．（1）见分析；（2）BF=5，【分析】（1）根据中，，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根据，得到∠B=∠BCF，推出∠A=∠ACF；（2）根据∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF=AB，根据，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根据，得到，连接CD，根据BC是⊙O的直径，得到∠BDC=90°，推出∠B+∠BCD=90°，推出∠A=∠BCD，得到，推出，得到，根据∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，得到∠FDE=∠B，推出DE∥BC，得到△FDE∽△FBC，推出，得到．（1）解：∵中，，∴∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，∵，∴∠B=∠BCF，∴∠A=∠ACF；（2）∵∠B=∠BCF，∠A=∠ACF∴AF=CF，BF=CF，∴AF=BF=AB，∵，AC=8，∴AB=10，∴BF=5，∵，∴，连接CD，∵BC是⊙O的直径，∴∠BDC=90°，∴∠B+∠BCD=90°，∴∠A=∠BCD，∴，∴，∴，∵∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，∴∠FDE=∠B，∴DE∥BC，∴△FDE∽△FBC，∴，∴．【点拨】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握圆周角定理及推论，运用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性质．20．（1）见详解；（2）【分析】（1）连接AD，根据弦、弧之间的关系证明DB=DE，证明△AMD≌△ABD，得到DM=BD，得到答案．（2）连接OD，根据已知和切线的性质证明△OCD为等腰直角三角形，得到∠DOC=45°，根据S阴影=S△OCDS扇OBD计算即可；解：（1）如图，连接AD，∵AB是⊙O直径，∴∠ADB=∠ADM=90°，又∵，∴ED=BD，∠MAD=∠BAD，在△AMD和△ABD中，，∴△AMD≌△ABD，∴DM=BD，∴DE=DM；（2）如上图，连接OD，∵CD是⊙O切线，∴OD⊥CD，∵OA=CD=，OA=OD，∴OD=CD=，∴△OCD为等腰直角三角形，∴∠DOC=∠C=45°，∴S阴影=S△OCDS扇OBD=；【点拨】本题考查的是切线的性质、弦、弧之间的关系、扇形面积的计算，掌握切线的性质定理和扇形的面积公式是解题的关键，注意辅助线的作法．21．（1）见分析；（2）①②30°【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角，可得，再应用同角的余角相等可得，易得，得证；（2）作，应用等弧所对的圆周角相等得，再应用角平分线性质可得结论；由菱形的性质可得，结合三角函数特殊值可得．解：（1）证明：如图1，，，AB是的直径，，；（2）①如图2，过F作于H，点E是的中点，，，，即，，即，故答案为．②连接OE，EH，点H是的中点，，四边形OBEH为菱形，．故答案为【点拨】本题主要考查了圆的性质，垂径定理，等腰直角三角形的性质，菱形的性质，解直角三角形，特殊角的三角函数值等，关键在灵活应用性质定理．22．（1）证明见分析；（2）【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，从而可得∠BDE+∠ADC＝90°，根据等腰三角形的性质以及对顶角相等可得∠ECB＝∠ADC，然后根据等腰三角形的性质可得∠E＝∠BDE，从而可得∠E+∠BCE＝90°，最后利用三角形内角和定理可得∠EBC＝90°，即可解答；（2）设⊙O的半径为r，则AC＝AD＝3+r，在Rt△ABD中，利用勾股定理可求出r＝5，从而求出BC＝2，然后在Rt△EBC中，根据勾股定理可求出EC的长，从而利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．解：（1）证明：∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠BDE+∠ADC＝90°，∵AC＝AD，∴∠ACD＝∠ADC，∵∠ACD＝∠ECB，∴∠ECB＝∠ADC，∵EB＝DB，∴∠E＝∠BDE