第二十八章 圓單元練習含解析

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第二十八章圓單元練習2023-2024學年冀教版（2023）九年級數(shù)學上冊（含解析）

一、單選題

1．（2022秋·河北邢臺·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在由小正方形組成的網(wǎng)格中，點A，B，C，D，E，F(xiàn)，O均在格點上．下列三角形中，外心不是點O的是（）

A．B．C．D．

2．（2023秋·江蘇無錫·九年級統(tǒng)考期末）如圖，為的外心，為正三角形，與相交于點，連接．若，，則為（）

A．110°B．90°C．85°D．80°

3．（2022秋·湖南長沙·九年級校聯(lián)考期末）如圖，內接于，，的角平分線交于．若，，則的長為（）

A．12B．8C．10D．

4．（2023秋·河南漯河·九年級統(tǒng)考期末）如圖，一座石橋的主橋拱是圓弧形，某時刻測得水面寬度為6米，拱高（弧的中點到水面的距離）為1米，若水面下降1米，則此時水面的寬度為（）

A．5米B．6米C．7米D．8米

5．（2023秋·山西大同·九年級統(tǒng)考期末）如圖，是以為直徑的半圓周的三等分點，是直徑上的任意一點．若，則圖中陰影部分的面積為（）

B．C．D．

6．（2023秋·山東泰安·九年級校考期末）如圖，的半徑為4，圓心的坐標為，點P是上的任意一點，，且、與軸分別交于、兩點，若點、點關于原點對稱，則的最大值為（）

A．13B．14C．12D．28

二、填空題

7．（2023秋·河南信陽·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標系中，點A，B，C的橫、縱坐標都為整數(shù)，過這三個點作一條圓弧，則此圓弧所在圓的半徑長是．

8．（2023秋·浙江湖州·九年級統(tǒng)考期末）⊙為等邊的外接圓，半徑為2，點在劣弧上運動（不與點，重合），連結，，．則四邊形的面積關于線段的長的函數(shù)解析式是．

9．（2023秋·河北張家口·九年級統(tǒng)考期末）如圖，是的直徑，弦．若動點以的速度從點出發(fā)沿著的方向運動，點從點出發(fā)以沿著的方向運動，當點到達點時，點也隨之停止運動．設運動時間為，當是直角三角形時，．

10．（2023秋·安徽滁州·九年級校聯(lián)考期末）如圖，在矩形中，，，是矩形內部一動點，且滿足，則線段的最小值是；當取最小值時，延長線交線段于，則的長為．

11．（2023秋·河南開封·九年級開封市第十三中學?？计谀┤鐖D，在中，，，，將繞點順時針旋轉后得，將線段繞點逆時針旋轉后得線段，分別以，為圓心，，長為半徑畫和，連接，則圖中陰影部分面積是．

三、解答題

12．（2023秋·江蘇淮安·九年級統(tǒng)考期末）如圖，的三個頂點都在網(wǎng)格的格點上，網(wǎng)格中的每個小正方形的邊長均為一個長度單位，以點O建立平面直角坐標系，若繞點O逆時針旋轉后，得到（A和是對應點）

(1)畫出；

(2)點坐標為______，點坐標為______；

(3)點A的運動路徑長為______．

13．（2022秋·江蘇無錫·九年級統(tǒng)考期末）（1）①倍圓問題；如圖1，已知，請你用圓規(guī)和無刻度的直尺作一個以O為圓心，面積是原的兩倍的圓；

②均分問題：如圖2，已知，請你用圓規(guī)和無刻度的直尺作一個以O為圓心，面積是原的一半的圓；（不寫作法，但需保留作圖痕跡）

（2）若的半徑為5，則上述所作圓的周長分別是，．

14．（2023秋·山西大同·九年級大同一中?？计谀┕と藥煾岛笤谝粋€上表面是直角三角形的器具上面安裝一塊圓板，要求這個圓板剛好覆蓋住三角形，該直角三角形的形狀如圖所示．

(1)請用尺規(guī)作圖在圖上作出該圖；

(2)測量直角三角形的兩直角邊，，如果這個圓是一個正方形板所截，請你幫助師傅計算出所需要正方形板的最小面積是多少

15．（2023秋·安徽合肥·九年級合肥市五十中學西校?？计谀┤鐖D，以為直徑的經(jīng)過的頂點C，，分別平分和，的延長線交于點D，連接，.

(1)求證：：

(2)若，，求的長．

16．（2023秋·河北邢臺·九年級校聯(lián)考期末）“筒車”是一種以水流作動力，取水灌田的工具．如圖，“筒車”盛水筒的運行軌跡是以軸心O為圓心的圓，已知圓心O始終在水面上方．且當圓被水面截得的弦為6米時，水面下盛水筒的最大深度為1米（即水面下方部分圓上一點距離水面的最大距離）．

(1)求該圓的半徑；

(2)若水面上漲導致圓被水面截得的弦從原來的6米變?yōu)?米時，則水面下盛水筒的最大深度為多少米？

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試卷第1頁，共3頁

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參考答案：

1．C

【分析】設小正方形邊長為1，再通過勾股定理求出到所有頂點長度，不相等的就是外心不在的三角形．

【詳解】解：設小正方形邊長為1，

則：，

，

根據(jù)三角形外心到各頂點距離相等可以判斷：

點O是三個三角形的外心；

不是的外心，

故選：C．

【點睛】本題考查外心的定義，掌握勾股定理求出外心到各頂點距離是關鍵．

2．C

【分析】由三角形的外心可知，結合，先求出，再利用是正三角形以及外角的性質即可求解的度數(shù)．

【詳解】解：是的外心，

是正三角形

故選C．

【點睛】本題主要考查外心的性質，等邊三角形的性質及三角形外角性質，熟練掌握外心的性質及外角的性質是解決本題的關鍵．

3．B

【分析】連接，由可得是的直徑，從而得到，由是的角平分線可得，則，進而得到是等腰直角三角形，最后由勾股定理進行計算即可得到答案．

【詳解】解：如圖，連接，

，

，

是的直徑，

，

是的角平分線，

，

，

，

是等腰直角三角形，

，

，

，

故選：B．

【點睛】本題主要考查了圓周角定理及圓的基本性質、等腰直角三角形的判定與性質、角平分線的性質、勾股定理，熟練掌握圓周角定理及圓的基本性質、等腰直角三角形的判定與性質、角平分線的性質，是解題的關鍵．

4．D

【分析】以O為圓心，連接，根據(jù)三線合一定理可得，設，則，再根據(jù)勾股定理即可求出半徑；水面下降為，連接，根據(jù)水面下降1米，可得，再根據(jù)勾股定理即可求得答案．

【詳解】解：如圖，以O為圓心，連接，

由題意可得，D為弧的中點，

∴，

∵，

∴，

設，則，

在中，，，

∴，

解得：，

∴主橋拱所在圓的半徑；

由題意得，水面下降為，連接，

∵水面下降1米，

∴，

則，

∴，即水面的寬度為．

故選：D．

【點睛】本題考查了勾股定理和垂徑定理，靈活運用所學知識，掌握垂直于弦的直徑平分弦，且平分弦所對的弧，是解決本題的關鍵．

5．D

【分析】連接，，由題意可得，則，由，可得陰影部分的面積等于扇形的面積，利用扇形面積公式求解即可．

【詳解】解：連接，，

∵M，N是以為直徑的半圓周的三等分點，

∴，

∵，

∴是等邊三角形，

∴，，

∴，

∴，

∴，

∴陰影部分的面積等于扇形的面積，即為．

故選：D．

【點睛】本題考查扇形的面積公式，等邊三角形的判定，平行線的性質，熟練掌握扇形的面積公式是解答本題的關鍵．

6．D

【分析】由中知要使取得最大值，則需取得最大值，連接，并延長交于點，當點位于位置時，取得最大值，據(jù)此求解可得．

【詳解】解：連接，

∵，

∴，

∵點、點關于原點對稱，

∴，

∴，

若要使取得最大值，則需取得最大值，

連接，并延長交于點，當點位于位置時，取得最大值，

過點作軸于點，

則、，

∴，

又∵，

∴，

∴；

故選：D．

【點睛】本題主要考查點與圓的位置關系，解題的關鍵是根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出取得最小值時點的位置．

7．

【分析】根據(jù)垂徑定理的推論：弦的垂直平分線必過圓心，可以作弦和的垂直平分線，交點即為圓心，根據(jù)勾股定理即可求得半徑．

【詳解】解：如圖所示，作弦和的垂直平分線交于點O，連接，設的中點為D，

根據(jù)垂徑定理的推論：弦的垂直平分線必過圓心，

∴點O即為圓心，

∵，

∴，

故答案為：．

【點睛】本題考查垂徑定理，解題的關鍵是根據(jù)垂徑定理找到圓心的位置．

8．

【分析】根據(jù)旋轉的性質得到，，推出點，點，點三點共線，得到是等邊三角形，即可得到結論．

【詳解】如圖，將繞點逆時針旋轉，得到，

∴，，

∵四邊形是圓內接四邊形，

∴，

∴，

∴點，點，點三點共線，

∴是等邊三角形，

∵四邊形的面積

，

∴

故答案為：

【點睛】本題考查了圓的有關知識，三角形的外接圓與外心，等邊三角形的性質，旋轉的性質，軸對稱的性質等知識，靈活運用這些性質進行推理是本題的關鍵．

9．或

【分析】應分兩種情況進行討論∶①當時，為直角三角形，根據(jù)，可將時間求出；當時，為直角三角形，根據(jù)，可將時間求出．

【詳解】解∶如圖，是直徑，

．

又，

∴根據(jù)勾股定理得到．

則．

∵當點到達點時，點也隨之停止運動，

．

①如圖1，

當時，，則．

故，即，解得．

②如圖2，

當時，，則，即，

解得．

綜上所述，當或時，為直角三角形．

故答案是∶或．

【點睛】本題考查圓周角定理相似三角形的性質直角三角形的性質等知識的綜合應用能力．在求時間時應分情況進行討論，防止漏解．

10．23

【分析】（1）如圖，由及易證，所以點P在以為直徑的圓上，連接，交于，此時長最小，根據(jù)勾股定理求解,進而求得為2；

（2）如圖，作交于，由可證，由知，從而解得．

【詳解】

解：∵四邊形矩形，

，

∴

∵，

，

，

以為直徑作，經(jīng)過點，連接，交于，此時長最?。?/p>

∵，

，

∴，

故答案為2．

作交于，

，

，

，

∵

∴，

∴

∴，

∴，

．

故答案．

【點睛】本題主要考查直角三角形的外接圓、點到圓上點的最值問題、中位線定理、相似三角形的判定和性質；明確動點P的軌跡，確定取最小值時點的位置是解題的關鍵；求長的關鍵是利用矩形的性質及（1）空的結論構造相似三角形求解．

11．

【分析】作于點，根據(jù)勾股定理求出，根據(jù)面積和差計算即可．

【詳解】如圖，過作于，

∵，，，

∴由勾股定理得：，

由旋轉的性質可知，，，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

，

，

，

故答案為：．

【點睛】此題考查了扇形面積的計算、旋轉的性質、全等三角形的性質與判定，掌握扇形的面積公式和旋轉的性質是解題的關鍵．

12．(1)見解析

(2)，

(3)

【分析】（1）分別作出點A、B繞點O逆時針旋轉后得到的對應點、，順次連接點O、、即可得到；

（2）根據(jù)（1）中的圖形寫出點、的坐標即可；

（3）根據(jù)點A的運動路徑是以點O為圓心，長為半徑，圓心角為的弧長，勾股定理求出，利用弧長公式求出點A的運動路徑長即可．

【詳解】（1）解：如圖所示，即為所求，

（2）由圖可知，點的坐標為，的坐標為，

故答案為：，

（3）點A的運動路徑是以點O為圓心，長為半徑，圓心角為的弧長，

,

∴點A的運動路徑長為．

故答案為：

【點睛】此題考查了圖形的旋轉的作圖、弧長公式、勾股定理等知識，熟練掌握旋轉的作圖和弧長公式是解題的關鍵．

13．（1）①見解析；②見解析（2），

【分析】（1）根據(jù)要求作出圖形即可；

（2）根據(jù)倍圓和均分圓的性質可得所作圓的半徑，再求周長即可．

【詳解】解：（1）①作直徑，過O作AB的垂線交圓與D，連接，以O為圓心，為半徑畫圓，如圖

②如圖，以為半徑作圓（或以為斜邊作等腰直角三角形）．

（2）的半徑為5，

原來圓的面積為，

倍圓問題中，所作圓面積為原來圓的2倍，設所作圓半徑為，

，得，

所作倍圓的圓周長為，

均分問題中，所作圓面積為原來圓的倍，設所作圓半徑為，

，得，

所作均分圓的圓周長為．

【點睛】本題考查作圖-應用與設計作圖，圓的面積等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．

14．(1)見詳解

(2)

【分析】（1）分別作線段,的垂直平分線，交于點O，以O為圓心，長為半徑畫圓即可；

（2）利用勾股定理求出，即為所需正方形的版的最小邊長，即而求出面積；

【詳解】（1）即為所作

（2）∵，，

∴

∴所需要正方形板的最小面積是

【點睛】此題主要考查了外接圓的作法和勾股定理等知識，作垂直平分線和得出是解題關鍵．

15．(1)見解析

(2)

【分析】（1）由角平分線的定義和圓周角定理可知，，，可得即可證明結論；

（2）連接、、，交于點，由題意易知，進而可知，結合，可知垂直平分．易證是等腰直角三角形，，可得，可得．設，則，在和中，根據(jù)，可列方程解出的值，進而完成解答．

【詳解】（1）證明：由圓周角定理可得：，

∵平分，平分，

∴，．

∵，，

∴．

∴．

（2）解：連接、，交于點，

由圓周角定理可得：，由（1）知，

∴．

∴．

∵．

∴垂直平分．

∵為直徑，

∴，則是等腰直角三角形．

∵，

∴．

∵，，解得：

∴．

設，則，

在和中，，

即：，解得，即，

∴．

∴．

【點睛】本題屬于圓的綜合題，主要考查了等腰直角三角形的性質、勾股定