专题2.54 圆（全章直通中考）（提升练）-2023-2024学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

这是一份专题2.54 圆（全章直通中考）（提升练）-2023-2024学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（苏科版），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题2.54 圆（全章直通中考）（提升练）
一、单选题
1．（2023·江苏宿迁·统考中考真题）在同一平面内，已知的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（    ）
A．2 B．5 C．6 D．8
2．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）如图，在中，直径与弦相交于点P，连接，若，，则（    ）
  
A． B． C． D．
3．（2023·浙江台州·统考中考真题）如图，的圆心O与正方形的中心重合，已知的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（    ）．
  
A． B．2 C． D．
4．（2023·山东泰安·统考中考真题）如图，是的直径，D，C是上的点，，则的度数是（    ）
  
A． B． C． D．
5．（2023·重庆·统考中考真题）如图，为的直径，直线与相切于点C，连接，若，则的度数为（    ）
  
A． B． C． D．
6．（2023·陕西·统考中考真题）陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（ 图①）的形状示意图．是的一部分，是的中点，连接，与弦交于点，连接，．已知cm，碗深，则的半径为（   ）
  
A．13cm B．16cm C．17cm D．26cm
7．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，正六边形内接于，点在上，是的中点，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
8．（2023·湖北十堰·统考中考真题）如图，是的外接圆，弦交于点E，，，过点O作于点F，延长交于点G，若，，则的长为（    ）
  
A． B．7 C．8 D．
9．（2023·福建·统考中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，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”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416．如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为（　　）

A． B． C．3 D．
10．（2023·四川乐山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，C、D是半径为1的上两动点，且，P为弦CD的中点．当C、D两点在圆上运动时，面积的最大值是（    ）
  
A．8 B．6 C．4 D．3
二、填空题
11．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，是的直径，点D，M分别是弦，弧的中点，，则的长是 ．
  
12．（2023·北京·统考中考真题）如图，是的半径，是的弦，于点D，是的切线，交的延长线于点E．若，，则线段的长为 ．
  
13．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在中，．以点C为圆心，r为半径作圆，当所作的圆与斜边所在的直线相切时，r的值为 ．
  
14．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，六边形是的内接正六边形，设正六边形的面积为，的面积为，则 ．
  
15．（2023·湖南郴州·统考中考真题）如图，在中，，，．将绕点逆时针旋转，得到，若点的对应点恰好落在线段上，则点的运动路径长是 cm（结果用含的式子表示）．
  
16．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，在中，，以为直径作半圆，交于点，交于点，则弧的长为 ．
  
17．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图，小珍同学用半径为，圆心角为的扇形纸片，制作一个底面半径为的圆锥侧面，则圆锥上粘贴部分的面积是 ．
  
18．（2023·山东·统考中考真题）如图，在四边形中，，点E在线段上运动，点F在线段上，，则线段的最小值为 ．
  
三、解答题
19．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，点在第一象限内，与轴相切于点，与轴相交于点．连接，过点作于点．
（1）求证：四边形为矩形．
（2）已知的半径为4，，求弦的长．


20．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，都是的半径，．
（1）求证：；
（2）若，求的半径．






21．（2023·湖南·统考中考真题）如图所示，四边形是半径为R的的内接四边形，是的直径，，直线l与三条线段、、的延长线分别交于点E、F、G．且满足．
（1）求证：直线直线；
（2）若；
①求证：；
②若，求四边形的周长．





22．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图，内接于，是的直径，，于点，交于点，交于点，，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）判断的形状，并说明理由；
（3）当时，求的长．





23．（2023·辽宁大连·统考中考真题）如图1，在中，为的直径，点为上一点，为的平分线交于点，连接交于点．
（1）求的度数；
（2）如图2，过点作的切线交延长线于点，过点作交于点．若，求的长．





24．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，内接于，是的直径，平分交于点E，过点E作，交的延长线于点F．
（1）求证：与相切；
（2）若，，过点E作于点M，交于点G，交于点N，求的长．






























参考答案
1．B
【分析】过点作于点，连接，判断出当点为的延长线与的交点时，点到直线的距离最大，由此即可得．
解：如图，过点作于点，连接，

，，
当点为的延长线与的交点时，点到直线的距离最大，最大距离为，
故选：B．
【点拨】本题考查了圆的性质，正确判断出点到直线的距离最大时，点的位置是解题关键．
2．D
【分析】先根据圆周角定理得出，再由三角形外角和定理可知，再根据直径所对的圆周角是直角，即，然后利用进而可求出．
解：∵，
∴，
∵，
∴，
又∵为直径，即，
∴，
故选：D．
【点拨】此题主要考查了圆周角定理，三角形外角和定理等知识，解题关键是熟知圆周角定理的相关知识．
3．D
【分析】设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，由题意可得，的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，求解即可．
解：设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，过点作，如下图：
  
则的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，
由题意可得：，
由勾股定理可得：，
∴，
故选：D
【点拨】此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆与正多边形的性质，确定出圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值的位置．
4．A
【分析】根据圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于90度求解即可．
解：∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
故选：A．
【点拨】本题考查圆的性质，涉及到圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于90度，熟记知识点是关键．
5．B
【分析】连接，先根据圆的切线的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质即可得．
解：如图，连接，
  
直线与相切，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
【点拨】本题考查了圆的切线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
6．A
【分析】首先利用垂径定理的推论得出，，再设的半径为，则．在中根据勾股定理列出方程，求出即可．
解：是的一部分，是的中点，，
，．
设的半径为，则．
在中，，
，
，
，
即的半径为．
故选：A．
【点拨】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设的半径为，列出关于的方程是解题的关键．
7．C
【分析】先计算正六边形的中心角，再利用同圆或等圆中，等弧对的圆心角相等，圆周角定理计算即可．
解：如图，连接，
∵正六边形，是的中点，
∴，，
∴，
∴，

故选Ｃ．
【点拨】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，熟练掌握正多边形中心角计算，圆周角定理是解题的关键．
8．B
【分析】作于点M，由题意可得出，从而可得出为等边三角形，从而得到，再由已知得出，的长，进而得出，的长，再求出的长，再由勾股定理求出的长．
解：作于点M，
  
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴∠，
∴， ，
∴，
∴．
故选：B．
【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形的外接圆与外心、勾股定理等知识点，综合性较强，掌握基本图形的性质，熟练运用勾股定理是解题关键．
9．C
【分析】根据圆内接正多边形的性质可得，根据30度的作对的直角边是斜边的一半可得，根据三角形的面积公式即可求得正十二边形的面积，即可求解．
解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12个全等的等腰三角形组成，故等腰三角形的顶角为，设圆的半径为1，如图为其中一个等腰三角形，过点作交于点于点，

∵，
∴，
则，
故正十二边形的面积为，
圆的面积为，
用圆内接正十二边形面积近似估计的面积可得，
故选：C．
【点拨】本题考查了圆内接正多边形的性质，30度的作对的直角边是斜边的一半，三角形的面积公式，圆的面积公式等，正确求出正十二边形的面积是解题的关键．
10．D
【分析】根据一次函数与坐标轴的交点得出，确定，再由题意得出当的延长线恰好垂直时，垂足为点E，此时即为三角形的最大高，连接，利用勾股定理求解即可．
解：∵直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴当时，，当时，，
∴，
∴，
∴，
∵的底边为定值，
∴使得底边上的高最大时，面积最大，
点P为的中点，当的延长线恰好垂直时，垂足为点E，此时即为三角形的最大高，连接，
  
∵，的半径为1，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点拨】题目主要考查一次函数的应用及勾股定理解三角形，垂径定理的应用，理解题意，确定出高的最大值是解题关键．
11．4
【分析】根据圆周角定理得出，再由勾股定理确定，半径为，利用垂径定理确定，且，再由勾股定理求解即可．
解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点D，M分别是弦，弧的中点，
∴，且，
∴，
∴，
故答案为：4．
【点拨】题目主要考查圆周角定理、垂径定理及勾股定理解三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
12．
【分析】根据，得出，，根据等腰直角三角形的性质得出，即，根据，，得出为等腰直角三角形，即可得出．
解：∵，
∴，．
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵是的切线，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了垂径定理，等腰直角三角形的判定和性质，切线的性质，解题的关键是熟练掌握垂径定理，得出．
13．
【分析】根据勾股定理，得，根据切线的性质，得到圆的半径等于边上的高，根据直角三角形的面积不变性计算即可．
解：∵，
∴，
根据切线的性质，得到圆的半径等于边上的高，
∴,
∴，
故答案为：．
【点拨】本题考查了勾股定理，切线的性质，熟练掌握勾股定理，切线的性质是解题的关键．
14．2
【分析】连接，首先证明出是的内接正三角形，然后证明出，得到，，进而求解即可．
解：如图所示，连接，
  
∵六边形是的内接正六边形，
∴，
∴是的内接正三角形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得，，
又∵，
∴，
∴，
由圆和正六边形的性质可得，，
由圆和正三角形的性质可得，，
∵，
∴．
故答案为：2．
【点拨】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
15．
【分析】由于旋转到，故C的运动路径长是的圆弧长度，根据弧长公式求解即可．
解：以A为圆心作圆弧，如图所示．
  
在直角中，，则，
则．
∴．
由旋转性质可知，，又，
∴是等边三角形．
∴．
由旋转性质知，．
故弧的长度为：；
故答案为：
【点拨】本题考查了含角直角三角形的性质、勾股定理、旋转的性质、弧长公式等知识点，解题的关键是明确C点的运动轨迹．
16．/
【分析】连接，，，根据等腰三角形三线合一性质，圆周角定理，中位线定理，弧长公式计算即可．
解：如图，连接，，，
    
∵为直径，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴弧的长为，
故答案为：．
【点拨】本题考查了等腰三角形三线合一性质，中位线定理，弧长公式，熟练掌握三线合一性质，弧长公式，圆周角定理是解题的关键．
17．/
【分析】由题意知，底面半径为的圆锥的底面周长为，扇形弧长为，则扇形中未组成圆锥底面的弧长，根据圆锥上粘贴部分的面积为扇形中未组成圆锥的弧长部分所对应的扇形面积可得圆锥上粘贴部分的面积为，计算求解即可．
解：由题意知，底面半径为的圆锥的底面周长为，扇形弧长为，
∴扇形中未组成圆锥底面的弧长，
∵圆锥上粘贴部分的面积为扇形中未组成圆锥的弧长部分所对应的扇形面积，
∴圆锥上粘贴部分的面积为，
故答案为：．
【点拨】本题考查了扇形的弧长、面积公式．解题的关键在于熟练掌握，，其中为扇形的圆心角，为扇形的半径．
18．/
【分析】设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，证明，可知点F在以为直径的半圆上运动，当点F运动到与的交点时，线段有最小值，据此求解即可．
解：设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，
  
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点F在以为直径的半圆上运动，
∴当点F运动到与的交点时，线段有最小值，
∵，
∴，，
∴，
的最小值为，
故答案为：．
【点拨】本题考查了平行线的性质，圆周角定理的推论，勾股定理等知识，根据题意分析得到点F的运动轨迹是解题的关键．
19．（1）见分析；（2）
【分析】（1）根据切线的性质及有三个角是直角的四边形是矩形判定即可．
（2）根据矩形的性质、垂径定理及圆的性质计算即可．
解：（1）证明：∵与轴相切于点，
∴轴．
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）如图，连接．
  
四边形是矩形，
．
在中，，
．
点为圆心，，
．
【点拨】本题考查了矩形的判定，垂径定理，圆的性质，熟练掌握矩形的判定和垂径定理是解题的关键．
20．（1）见分析；（2）
【分析】（1）由圆周角定理得出，，再根据，即可得出结论；
（2）过点作半径于点，根据垂径定理得出，证明，得出，在中根据勾股定理得出，在中，根据勾股定理得出，求出即可．
解：（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
，
．
（2）解：过点作半径于点，则，
，
∴，
，
，
，
在中，
，
在中，，
，
，即的半径是．
  
【点拨】本题主要考查了勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握圆周角定理．
21．（1）见分析；（2）①见分析，②．
【分析】（1）在中，根据同弧所对的圆周角相等可得，结合已知在中根据三角形内角和定理可求得；
（2）①根据圆内接四边形的性质和邻补角可得，由直径所对的圆周角是直角和（1）可得，结合已知即可证得；
②在中由，可得，结合题意易证，在中由勾股定理可求得，由①可知易得，最后代入计算即可求得周长．
解：（1）证明：在中，
，
，即，
在中，
，
，
即直线直线；
（2）①四边形是半径为R的的内接四边形，
，
，
，
是的直径，
，
由（1）可知，
，
在与中，
，
，
②在中，，
，
是的直径，
，
，
，
，
在中，
，
即，
解得：，
由①可知，
，
，
四边形的周长为：
．
【点拨】本题考查了同弧所对的圆周角相等、三角形内角和定理、垂直的定义、圆内接四边形的性质、邻补角互补、直径所对的圆周角是直角、全等三角形的判定和性质、勾股定理解直角三角形以及周长的计算；解题的关键是灵活运用以上知识，综合求解．
22．（1）见分析；（2）是等腰三角形，理由见分析；（3）
【分析】（1）连接，根据圆周角定理得出，根据已知得出，根据得出，进而根据对等角相等，以及三角形内角和定理可得，即可得证；
（2）根据题意得出，则，证明，得出，等量代换得出，即可得出结论；
（3）根据，，设，则，等边对等角得出，则．
解：（1）证明：如图所示，连接，
  
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
即，又是的直径，
∴是的切线；
（2）∵，是的直径，
∴，，
∴，
∵，，
∵，
∴，
又，
∴，
∴是等腰三角形，
（3）∵，，
设，则，
∴，
∴．
【点拨】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
23．（1）；（2）．
【分析】（1）根据圆周角定理证明两直线平行，再利用平行线的性质证明角度相等即可；
（2）由勾股定理找到边的关系，求出线段长，再利用等面积法求解即可．
解：（1）∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
（2）如图，连接，设，
  
则，，，
∵是的直径，
∴，
在中，有勾股定理得：
由（1）得：，
∴，
由勾股定理得：，，
∴，
∴，整理得：，
解得：或（舍去），
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点拨】此题考查了圆周角定理和勾股定理，三角形中位线定理，切线的性质，解一元二次方程，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．
24．（1）见分析；（2）
【分析】（1）连接，由是的直径可得，进而可得，再根据圆周角定理可得，进而可证，，即可证明与相切；
（2）连接，，先证是等边三角形，推出，再根据圆周角定理证明，进而可得，再根据弧长公式即可求解．
解：（1）证明：如图，连接，
  
是的直径，
，
平分交于点E，
，
，
，
，
，
是的半径，
与相切；
（2）解：如图，连接，，
  
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，，
，
，
，
，是的直径，
，
．
即的长为．
【点拨】本题考查切线的判定，圆周角定理，弧长公式，等边三角形的判定与性质等，熟练应用圆周角定理是解题的关键．