第24章 圆 单元测试·提升卷（解析版）-2025-2026学年九上（人教版）

2025-2026学年九年级上册数学单元检测卷第二十四章圆·能力提升建议用时：120分钟，满分：120分一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．已知的直径为5，若，则点与的位置关系是（

）A．点在内 B．点在上C．点在外 D．无法判断【答案】C【分析】本题考查了点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当时，点在圆外；当时，点在圆上，当时，点在圆内．判断圆的半径与的大小即可解答．【详解】解：圆的半径，点P到O的距离，∴，∴点P在圆外，故选：C．2．下列命题中，假命题是（

）A．如果两条弧是等弧，则它们所对的弦相等B．同圆或等圆中，如果两条弧不相等，则它们所对的弦也一定不相等C．如果一条直线平分弦所对的两条弧，那么这条直线经过圆心，并且垂直于这条弦D．如果一条直线经过圆心，并且垂直弦，那么该直线平分这条弦和弦所对的弧【答案】B【分析】此题考查了弧、弦之间的关系，垂径定理的推论．根据弧、弦之间的关系，垂径定理的推论进行判断即可．【详解】解：A.如果两条弧是等弧，则它们所对的弦相等，是真命题，故选项不符合题意；B.同圆或等圆中，如果两条弧不相等，则它们所对的弦有可能相等，选项是假命题，故选项符合题意；C.如果一条直线平分弦所对的两条弧，那么这条直线经过圆心，并且垂直于这条弦，是真命题，故选项不符合题意；D.如果一条直线经过圆心，并且垂直弦，那么该直线平分这条弦和弦所对的弧，是真命题，故选项不符合题意；故选：B3．一个圆锥的底面半径为3，高为2，则它的体积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查圆锥的体积．根据圆锥的体积=×底面积×高，即可求解．【详解】解：∵圆锥的底面半径为3，高为2，∴它的体积，故选：B．4．已知扇形的半径为，圆心角为，则扇形的弧长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了求扇形的弧长，正确理解扇形弧长公式是解题的关键．根据扇形的弧长公式计算，即得答案．【详解】解：，圆心角为，．故选：A．5．在中，，，，则这个三角形的外接圆的直径是（

）A．8 B． C． D．4【答案】C【分析】本题考查了三角形的外接圆的性质，直角三角形角的性质以及勾股定理．根据所对的直角边等于斜边的一半，然后根据勾股定理求解即可．【详解】解：∵在中，，，∴，∴，根据勾股定理得：，即，解得：，∴这个三角形的外接圆的直径是，故选：C．6．如图，是的直径，切于点，线段交于点，连接．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了切线的性质、圆周角定理，掌握相关定理的应用是解题的关键．首先根据是的直径，切于点，可求得的度数，然后根据圆周角定理，即可求解．【详解】解：∵是的直径，切于点，∴，即，∵，∴，∴．故选：A．7．如图，一块直角三角板的斜边与量角器的直径重合，点D对应的刻度值为，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了的圆周角所对的弦为直径，圆周角定理等知识．熟练掌握的圆周角所对的弦为直径，圆周角定理是解题的关键．如图，记的中点为，连接，由题意知，，四点共圆，由圆周角定理可得，根据，计算求解即可．【详解】解：如图，记的中点为，连接，由题意知，，∵，∴四点共圆，∵，∴，∴，故选：A．8．如图，正五边形内接于，点是劣弧上一点（点不与点重合），则的度数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了正多边形和圆的性质以及圆周角定理，熟练掌握正多边形内角与圆心角的关系以及圆周角定理是解题的关键．先连接、，利用正五边形的性质求出圆心角的度数，再根据圆周角定理求出的度数．【详解】解：连接、，∵五边形是正五边形∴∴∴故选：C．9．如图1是圆形干果盘，其示意图如图2所示，四条隔板，，，长度相等，横纵隔板互相垂直交于隔板的三等分点，测得，则该干果盘的半径为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要运用垂径定理和勾股定理求解．过点O作于点K，连接，由垂径定理求出，根据题意再求出，最后利用勾股定理即可计算圆的半径．【详解】解：如图，过点O作于点K，连接，则，∵，∴，在中，由勾股定理得：，则该干果盘的半径为．故选∶A．10．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴、轴分别交于、两点，点在线段上，与轴交于、两点，当与该一次函数的图象相切时，的长度是（

）A．3 B．4 C．2 D．6【答案】C【分析】本题考查了切线的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、平行线分线段成比例定理，根据一次函数的图象与轴、轴分别交于、两点，求出和的长，根据勾股定理求出，设与轴相切于点，连接，，设，根据列出关于的方程，求出，即可求出答案．【详解】解：当时，，当时，，，一次函数的图象与轴、轴分别交于、两点，，，，，在中，，如图，设与直线轴相切于点，连接，，，，设，．，，解得，．故选：C．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）11．如图，是的直径，、是上两点，连接、．若，，则的度数为．【答案】【分析】本题考查了圆周角定理，三角形内角和定理．由直径可得，再结合三角形内角和定理得到，由等弧所对的圆周角相等，得到，再利用圆周角定理求解即可．【详解】解：是的直径，，，，，，故答案为：．12．如图，在中，，以点O为圆心，长为半径作，将绕点B按逆时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点C，若，则的度数为．【答案】【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，圆的基本性质，三角形外角的性质，由旋转的性质得到，，证明是等边三角形，得到，再由三角形外角的性质可得答案．【详解】解：由旋转的性质可得，，∵点落在上，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∵，∴，故答案为：．13．如图，A点是上直径所分的半圆的一个三等分点，B点是弧的中点，P点是上一动点，的半径为3，则的最小值为．【答案】【分析】本题考查了垂径定理及勾股定理，作点关于的对称点，连接，交于点，则最小，连接，，求出，然后根据勾股定理求出解答即可．【详解】作点关于的对称点，连接，交于点，则最小，连接，，∵点与关于MN对称，点是半圆上的一个三等分点，，∵点是弧的中点，，，又∵，，．故答案为：．14．我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提出了著名的“割圆术”．所谓“割圆术”，是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积，并以此求取圆周率的方法．刘徽指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．例如，的半径为2，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积估计的面积，，所以的面积近似为，由此可得的估计值为，若用圆内接正十二边形估计的面积，可得的估计值为．【答案】3【分析】本题主要考查了正多边形与圆，直角三角形的性质，先画出图形，并作，可求出中心角，再根据“含直角三角形的性质”得，然后求出，即可得正十二边形的面积，最后根据圆的面积公式得出答案.【详解】解：是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，设的半径是2，过点A作于点M，在正十二边形中，，在中，，∴，∴正十二边形的面积为，∴，解得，∴的近似值为3.故答案为：3.15．如图，四边形是正方形，．执行下面操作：第一次操作以点A为圆心，以为半径顺时针作弧交的延长线于点E，得到扇形；第二次操作以点B为圆心，以为半径顺时针作弧交的延长线于点F，得到扇形；第三次操作以点C为圆心，以为半径顺时针作弧交的延长线于点G，得到扇形，依此类推进行操作，其中，、、，…的圆心依次按A，B，C，D循环，所得曲线叫做“正方形的渐开线”，则经过四次操作后所得到的四个扇形的面积和为．（结果保留π）【答案】【分析】本题考查了扇形的面积．先求得前三个扇形的面积，找出规律，根据规律求解即可．【详解】解：根据题意得：第一个扇形，圆心角为，半径为，面积为；第二个扇形，圆心角为，半径为，面积为；第三个扇形，圆心角为，半径为，面积为；则第四个扇形，圆心角为，半径为，面积为；∴经过四次操作后所得到的四个扇形的面积和为，故答案为：．16．如图，在直线上有相距5cm的两点和（点在点的右侧），以为圆心作半径为1cm的圆，过点作直线．将以的速度向右移动（点始终在直线上），则与直线在秒时相切．【答案】2或3【分析】本题考查了切线的判定与性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，当圆心到直线的距离等于圆的半径，则直线与圆相切．熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．根据切线的判定方法，当点到的距离为时，与相切，然后计算出圆向右移动的距离，然后计算出对应的时间．【详解】解：当点到的距离为时，与相切，开始时点到的距离为5，当圆向右移动或时，点到的距离为，此时与相切，或，即与直线在2秒或3秒时相切．故答案为：2或3．解答题（第17，18，19，20题，每题6分；第21，22，23题；每题8分；第24，25题，每题12分；共9小题，共72分）17．如图，，交于点C，D，是半径，且于点F．(1)求证：．(2)若，，求直径的长．【答案】(1)见解析(2)的直径是【分析】本题考查垂径定理和勾股定理．熟练掌握垂径定理是解题的关键．（1）根据垂径定理，得到，等腰三角形三线合一，即可得出结论；（2）连接，设的半径是r，根据垂径定理和勾股定理进行求解即可．【详解】（1）证明：∵，且过圆心O∴，∵，，∴，∴，∴；（2）解：连接，设的半径是r，∵，，∴，∵，∴，∵在中，，∴，∴或（舍去），∴的直径是．18．如图，的周长等于，正六边形内接于．(1)求圆心到的距离．(2)求正六边形的面积．【答案】(1)(2)【分析】（）连接，过点作于点，由圆的周长可得，由正六边形的性质可得，即得，得到，再利用勾股定理解答即可求解；（）由（）可得是等边三角形，得到，可得，再根据解答即可求解．【详解】（1）解：如图，连接，过点作于点，则，∵的周长等于，∴半径，∵六边形是正六边形，∴，∴，∴，∴，即圆心到的距离为；（2）解：∵，，∴是等边三角形，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了正多边形和圆，勾股定理，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．19．如图1，某公园有一个圆形音乐喷泉，为了保障游客安全，管理部门打算在喷泉周围设置一圈防护栏现在对喷泉进行测量和规划，其示意图如图2所示，相关信息如下：信息二：点为喷泉中心，是喷泉边缘的一条弦，米，是弦的中点，连接并延长，交劣弧于点，米．信息二：已知防护栏要距离喷泉边缘1米，以为圆心，为半径作防护栏所在圆．请根据以上信息解答下列问题(1)求喷泉的半径；(2)要在防护栏上每隔1.5米安装一盏景观灯，大约需要安装多少盏景观灯？（取3，结果保留整数）【答案】(1)喷泉的半径为5米(2)大约需要安装24盏景观灯【分析】本题主要考查勾股定理、垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键；（1）连接，设喷泉的半径为，则：，然后可得，，进而根据勾股定理可进行求解；（2）由（1）可知米，然后根据圆的周长可进行求解．【详解】（1）解：连接，设喷泉的半径为，则：，，是弦的中点，平分弦，，，，，米；答：喷泉的半径为5米；（2）解：由题意，得：米，∴（盏）答：大约需要安装24盏景观灯．20．停车楔（图1），又称车轮止退器、驻车楔、三角木，是用于防止车辆不必要移动的装置，使用时将停车楔放置在地面和轮胎之间，即可防止轮胎的滑动．如图2为停车楔工作模型侧面示意图，水平地面与车轮切于点，为的直径，射线与射线交于点，于点，连接．(1)求证：平分．(2)若，，求车轮的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】此题考查了切线的性质、勾股定理、等边对等角，熟练掌握切线的性质是解题的关键．（1）根据切线的性质和垂直得到，再利用等边对等角得到，即可证明结论成立；（2）利用勾股定理列方程并解方程即可得到答案．【详解】（1）证明：连结．切于点，．，，．，∴，，平分．（2）设的半径为，则．在中，，，，，解得，即的半径为．21．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为．(1)若的外接圆的圆心为，则圆心的坐标为_________，的半径为_________；(2)的外接圆与轴的另一个交点坐标是________．(3)中所对的圆周角是________度，的长度________．【答案】(1)；(2)(3)，【分析】本题主要考查了确定三角形外接圆圆心的位置，勾股定理，勾股定理的逆定理，求弧的度数等知识点，熟知三角形外接圆圆心是三角形三边垂直平分线的交点是解题的关键．（1）根据圆心是线段、的垂直平分线的交点，结合网格的特点画出点的位置，进而得到点的坐标，再利用勾股定理求出的长即可得到答案；（2）设的外接圆与轴的另一个交点为，根据点在线段的垂直平分线上，求出点的坐标即可；（3）利用勾股定理和勾股定理的逆定理证明是直角三角形，且，然后利用弧长的度数即可求出圆周角的度数；【详解】（1）解：如图所示，点的位置即为圆心位置，圆心的坐标为，，圆的半径为，故答案为：，．（2）解：设的外接圆与轴的另一个交点为，点在线段的垂直平分线上，点的横坐标为，点的坐标为，的外接圆与轴的另一个交点坐标是，故答案为：．（3）解：，，，，，，是直角三角形，且，的度数为，所对的圆周角是，故答案为：，．22．如图，等腰三角形的顶角，和底边相切于点C，并与两腰，分别相交于D，E两点，连接，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若的半径为6，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据切线的性质可得，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得，从而可得和都是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得，即可解答；（2）连接交于点，利用菱形的性质可得，，，然后在中，利用勾股定理求出的长，从而求出的长，最后根据图中阴影部分的面积扇形的面积菱形的面积，进行计算即可解答．【详解】（1）证明：连接，

和底边相切于点，，，，，，，和都是等边三角形，，，，四边形是菱形；（2）解：连接交于点，

四边形是菱形，，，，在中，，，，图中阴影部分的面积扇形的面积菱形的面积，图中阴影部分的面积为．【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，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．23．如图，在中，，以为直径作，与交于点D，与交于点E，点F是外一点，，．(1)求证：是的切线．(2)若，．①求的长；②求图中由，线段，，所组成的封闭图形的面积．【答案】(1)见解析(2)①；②【分析】（1）如图所示，连接，证明出，得到，然后等量代换得到，推出，得到，即可证明；（2）①根据题意求出，，然后利用弧长公式求解即可；②勾股定理求出，得到，然后求出，，，，，然后利用线段，，所组成的封闭图形的面积代数求解即可．【详解】（1）如图所示，连接∵为直径∴∴∵，∴∴∵∴∴∴∴∵为直径∴是的切线；（2）①∵，∴∴∵∴∴∴；②∵，，∴∴∴∵∴∴∴∵∴∵∴∴线段，，所组成的封闭图形的面积．【点睛】此题考查了切线的判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，求不规则图形面积等知识，解题的关键是掌握以上知识点．24．如图，是正方形的外接圆．(1)如图1，若是上的一点，Q是上的一点，且．①求证：．②若，求的直径．(2)如图2，若点P在上，过点作，求证：．【答案】(1)①见解析，②(2)见解析【分析】本题主要考查正方形性质、全等三角形的判定及性质、圆周角等知识，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．（1）①证明即可得出结论；先证明，由勾股定理求出，再在中求出即可．（2）连接，过点作，交于点，证明，可得，，进而证明，可得，由此可得．【详解】（1）①证明：∵，∴，又∵，在正方形中，，∴，∴，②解：∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，如图，连接，∵，∴是直径，∴，又∵，∴（2）证明：如图2，连接，过点作，交于点∵在正方形中，