2023年北京市重点校初三（上）期末数学试题汇编：圆的有关性质

第1页/共1页2023北京重点校初三（上）期末数学汇编圆的有关性质一、单选题1．（2023秋·北京东城·九年级统考期末）如图，在中，是直径，弦的长为5，点D在圆上，且，则的半径为（

）A． B．5 C． D．2．（2023秋·北京密云·九年级统考期末）如图，是的直径，C、D是上两点，，则的度数是（

）A． B． C． D．3．（2023秋·北京通州·九年级统考期末）有下列说法：①直径是圆中最长的弦；②等弦所对的圆周角相等；③圆中90°的角所对的弦是直径；④相等的圆心角对的弧相等．其中正确的有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．（2023秋·北京平谷·九年级统考期末）“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”这是《九章算术》中的一个问题，用现代的语言表述为：如图，为的直径，弦于E，寸，弦寸，则的半径为多少寸（

）A．5 B．12 C．13 D．265．（2023秋·北京海淀·九年级期末）勒洛三角形是分别以等边三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由三段圆弧组成的曲边三角形．如图，该勒洛三角形绕其中心旋转一定角度后能与自身重合，则该角度可以为（

）A． B． C． D．6．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，以点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线l1，l2于B，C两点，以点C为圆心，CB长为半径画弧，与前弧交于点D（不与点B重合），连接AC，AD，BC，CD，其中AD交l2于点E．若∠ECA＝40°，则下列结论错误的是（

）A．∠ABC=70° B．∠BAD=80° C．CE=CD D．CE=AE7．（2023秋·北京通州·九年级统考期末）如图，点A，B，C在⊙O上，∠ACB=35°，则∠AOB的度数是（

）A．75° B．70° C．65° D．55°二、解答题8．（2023秋·北京密云·九年级统考期末）如图，内接于，是的直径，，垂足为D．(1)求证：；(2)已知的半径为5，，求长．9．（2023秋·北京平谷·九年级统考期末）如图，已知劣弧，如何等分？下面给出两种作图方法，选择其中一种方法，利用直尺和圆规完成作图，并补全证明过程．方法一：①作射线、；②作的平分线，与交于点C；点C即为所求作．证明：∵平分，∴∴___（_____）（填推理的依据）．方法二：①连接；②作线段的垂直平分线，直线与交于点C；点C即为所求作．证明：∵垂直平分弦，∴直线经过圆心O，∴___（___）（填推理的依据）．10．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，的三个顶点在上，的半径为5，，求弦的长．11．（2023秋·北京东城·九年级统考期末）如图，是的直径，弦于点E，，若，求的长.12．（2023·北京海淀·九年级期末）如图，有一座圆弧形拱桥，它的跨度为，拱高为．(1)请用尺规作图，作出圆弧所在圆的圆心O，并计算圆的半径；(2)当洪水泛滥到跨度只有时，就要采取紧急措施，若某次洪水中，水面离拱顶只有，即时，试通过计算说明是否需要采取紧急措施．13．（2023·北京海淀·九年级期末）紫砂壶是我国特有的手工制造陶土工艺品，其制作过程需要几十种不同的工具，其中有一种工具名为“带刻度嘴巴架”，其形状及使用方法如图1．当制显艺人把“带刻度嘴巴架”上圆弧部分恰好贴在壶口边界时，就可以保证需要粘贴的壶嘴、壶把、壶口中心在一条直线上．图2是正确使用该工具时的示意图．如图3，为某紫砂壶的壶口，已知，两点在上，直线过点，且于点，交于点．若，，求这个紫砂壶的壶口半径的长．14．（2023·北京海淀·九年级期末）“五一”节期间，小明和同学一起到游乐场游玩．如图为某游乐场大型摩天轮的示意图，其半径是20m，它匀速旋转一周需要24分钟，最底部点B离地面1m．小明乘坐的车厢经过点B时开始计时．(1)计时4分钟后小明离地面的高度是多少？(2)在旋转一周的过程中，小明将有多长时间连续保持在离地面31m以上的空中？15．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，四边形内接于，为直径，．若，求的度数．16．（2023·北京海淀·九年级期末）圆管涵是公路路基排水中常用的涵洞结构类型，它不仅力学性能好，而且构造简单、施工方便．某水平放置的圆管涵圆柱形排水管道的截面是直径为的圆，如图所示，若水面宽，求水的最大深度．17．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是的直径，点D，E在上，，点C在的延长线上，与相切与点E，延长交于K．(1)求证：；(2)连接，若的半径长为，，求的长．18．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，四边形内接于，为的直径，，若，，求的长度．19．（2023·北京海淀·九年级期末）已知吃刀深度h为时，能在直径是d（）的轴上铣出宽的一块平面（如图）．(1)求d的值．(2)若吃刀深度增加到，求轴上铣出平面的宽度．20．（2023·北京海淀·九年级期末）图1是某种型号圆形车载手机支架，由圆形钢轨、滑动杆、支撑杆组成．图2是它的正面示意图，滑动杆的两端都在圆O上，A、B两端可沿圆形钢轨滑动，支撑杆的底端C固定在圆O上，另一端D是滑动杆的中点，（即当支架水平放置时直线平行于水平线，支撑杆垂直于水平线），通过滑动A、B可以调节的高度．当经过圆心O时，它的宽度达到最大值，在支架水平放置的状态下：(1)当滑动杆的宽度从10厘米向上升高调整到6厘米时，求此时支撑杆的高度．(2)如图3，当某手机被支架锁住时，锁住高度与手机宽度恰好相等（），求该手机的宽度．21．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，C，D，E是⊙O上的点，若AD＝DC，∠E＝70°，求∠ABC的度数．22．（2023·北京海淀·九年级期末）蔬菜基地建圆弧形蔬菜大棚的剖面如图所示，已知，半径，求高度．三、填空题23．（2023秋·北京平谷·九年级统考期末）如图，在中，A，B，C是O上三点，如果，弦，那么的半径长为___．24．（2023秋·北京东城·九年级统考期末）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章计算弧田面积所用的经验公式是：弧田面积（弦×失+失²）．弧田（图中阴影部分）由圆弧和其所对的弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．现有圆心角为，半径等于4米的弧田，按照上述公式计算出弧田的面积约为______米．（）25．（2023秋·北京密云·九年级统考期末）如图，的弦长为2，是的直径，．①的半径长为_________．②P是上的动点，则的最小值是_________．26．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是的内接三角形，于点，若的半径为，，则______．27．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，已知内接于，是的直径，平分，交于点，若，则的长为___________．28．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是的内接三角形，，，，垂足为H，连接，则的最大值是______．29．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是⊙的直径，是⊙的弦，连结，．若，，则________．30．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是的内接三角形．若，，则的半径是______．

参考答案1．B【分析】连接,由题意易得，在中解三角形求解．【详解】连接,在中，是直径，，在中，，，故选：B．【点睛】本题主要考查圆周角定理及含直角三角形的性质；熟练掌握圆周角定理及含直角三角形的性质是解题的关键．2．C【分析】首先根据是直径得出，然后利用圆周角定理的推论得出，最后利用直角三角形两锐角互余即可得出答案．【详解】解：∵AB是的直径，．∵和都是所对的圆周角，，，故选：C．【点睛】本题主要考查圆周角定理的推论及三角形内角和定理，掌握圆周角定理及其推论的内容是解题的关键．3．A【分析】根据直径的定义对①进行判断；根据圆周角定理对②③进行判断；根据圆心角、弧、弦的关系对④进行判断．【详解】解：直径是圆中最长的弦，所以①正确；在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等，所以②错误；90°的圆周角所对的弦是直径，所以③错误；在同圆或等圆中，相等的圆心角对的弧相等，所以④错误．故选：A．【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了圆的认识和圆心角、弧、弦的关系．掌握这些知识点是解题关键．4．C【分析】连接，构造直角三角形，根据垂径定理和勾股定理求解．【详解】解：连接，如图所示，设直径的长为，则半径，为的直径，弦于，，，而，根据勾股定理得，解得，即的半径为13寸．故选C．【点睛】此题考查了垂径定理和勾股定理；熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解决问题的关键．5．C【分析】连接，可得，从而得到，即可求解．【详解】解：如图，连接，∵是等边三角形，∴，即，∴．∴该角度可以为．故选：C【点睛】本题主要考查了弧，弦，圆心角的关系，图形的旋转，等边三角形的性质，熟练掌握弧，弦，圆心角的关系是解题的关键．6．C【分析】根据平行线的性质得出∠CAB＝40°，进而利用圆的概念及等腰三角形的性质判断即可．【详解】A.∵直线l1∥l2，∴∠ECA＝∠CAB＝40°，∵以点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线l1，l2于B，C两点，∴BA＝AC＝AD，∴∠ABC＝＝70°，故A正确，不符合题意；B.∵以点C为圆心，CB长为半径画弧，与前弧交于点D（不与点B重合），∴CB＝CD，∴∠CAB＝∠DAC＝40°，∴∠BAD＝40°＋40°＝80°，故B正确，不符合题意；C.∵∠ECA＝∠BAC＝40°，∴∠CAD＝40°，∴∠BAD＝∠CED＝80°，∵∠CDA＝∠ABC＝70°，∴CE≠CD，故C错误，符合题意；D.∵∠ECA＝40°，∠DAC＝40°，∴∠ECA=∠DAC，∴CE＝AE，故D正确，不符合题意．【点睛】本题主要考查了平行线的性质，等腰三角形的判定及圆心角、弧、弦的关系，关键是根据平行线的性质得出∠CAB＝40°．7．B【分析】直接根据圆周角定理求解．【详解】解：，．故选：B．【点睛】本题考查了圆周角定理，解题的关键是掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．8．(1)见解析(2)8【分析】（1）由垂径定理可得，由圆周角定理得到，由得到，即可得到结论；（2）由垂径定理可得，，在中，由勾股定理可得，即可得到长．【详解】（1）证明：∵是的直径，，∴，∴，∵，∴是等腰三角形，∴，∴；（2）∵是的直径，，∴，，在中，，，∴，∴．【点睛】此题主要考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理和圆周角定理的内容是解题的关键．9．方法一：画图见解析，，，在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等；方法二：画图见解析，，，垂径定理．【分析】方法一：按照作图语句提示作图，再根据圆心角与弧的关系进行证明即可；方法二：按照作图语句提示作图，再根据垂径定理进行证明即可；【详解】解：方法一：如图，点C即为所求作．证明：∵平分，∴∴（在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等）．方法二：如图，点C即为所求作．证明：∵垂直平分弦，∴直线经过圆心O，∴（垂径定理）．【点睛】本题考查的是复杂的作图，平分弧的作图，熟练的利用基本作图解决复杂的作图是解本题的关键，同时考查了角平分线的定义，线段的垂直平分线的性质．10．弦的长为5【分析】连接并延长交于，根据圆周角定理得到，，根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：连接并延长交于，连接，则，，的半径为5，，，，故弦的长为．【点睛】本题考查了三角形外接圆与外心，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．11．.【分析】由垂径定理得到，推出，在中，利用勾股定理即可求解.【详解】解：如图，连接．∵是的直径，弦于点E，∴．又∵，∴．∵，∴．在中，，∴．∴．【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理，掌握垂直于弦的直径平分这条弦是解题的关键．12．(1)拱桥所在的圆的半径(2)不需要采取紧急措施，理由见解析【分析】（1）连接，作的垂直平分线，延长与的垂直平分线相交于点O，点O即为所求的圆弧所在圆的圆心，连接，由垂径定理可知，再在中，由勾股定理得出方程，即可求出半径；（2）求出，再由勾股定理可得，则，即可得出结论．【详解】（1）如图，点O即为所求的圆弧所在圆的圆心，连接，设半径为，则，由垂径定理可知，∵，∴，在中，，由勾股定理可得，，即，解得，∴拱桥所在的圆的半径；（2）∵，∴在中，由勾股定理可得，，∴，∴不需要采取紧急措施．【点睛】本题考查了作图—垂直平分线、垂径定理和勾股定理的应用，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．13．【分析】连接，根据垂径定理求得，又由，即可由勾股定理求解．【详解】解：如图，连接．∵过圆心，，，∴．∵，∴．∵，∴．解得．∴这个紫砂壶的壶口半径的长为．【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．14．(1)计时4分钟后小明离地面的高度是11m(2)8分钟【分析】（1）设4分钟后小明到达点，过点作

于点，先算出的度数，再根据三角函数计算出的长度，即可算出的长度.（2）假设距离地面31米，先算出长度，再根据三角函数值算出的度数，进而可知的度数，即可算出小明将连续保持在离地面31m以上的空中的时间.【详解】（1）解：设4分钟后小明到达点，过点作于点，即为小明离地的高度，∵∴(m)．答：计时4分钟后小明离地面的高度是11m；（2）解：∵当旋转到处时，作弦交的延长线于点，连接，此时离地面高度为．当时，，∵每分钟旋转的角度为：，

∴由点旋转到所用的时间为：（分钟）．答：在旋转一周的过程中，小明将有8分钟的时间连续保持在离地面31m以上的空中．【点睛】本题主要考查了垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键.15．【分析】连接．利用等弧所对圆周角相等，得出，从而得出，再利用直径所对圆周角是直角，最后由直角三角形两锐角互余求解即可．【详解】解：如图，连接．∵，∴．∵，∴．∵为直径，∴．∴．【点睛】本题考查圆周角定理的推论，直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理的推论是解题的关键．16．0.8m【分析】过点作于点，连接，根据垂径定理得到，再在中，根据勾股定理可求出，进而即可求解．【详解】解：如图，作于点，连接，∵，，∵，∴，在中，根据勾股定理，得，∴，∴水的最大深度为0.8m．【点睛】此题主要考查了垂径定理的应用，以及勾股定理，熟练掌握定理是解题的关键．17．(1)见解析(2)【分析】（1）根据圆周角定理，以及外角的性质，求出，即可得证．（2）连接，过点作，交于点，通过圆周角定理和对顶角相等，得到，从而得到，利用等腰三角形三线合一和勾股定理，进行求解即可．【详解】（1）证明：∵是的直径，∴，∴，∵，又∵，∴，∴，∴；（2）解：连接，过点作，交于点，∵，∴，∴，∴为的中点，∵的半径长为，，∴，∴，，在中，，在中，．【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，以及勾股定理．熟练掌握直径所对的圆周角是，同弧所对的圆周角相等，是解题的关键．18．【分析】根据为的直径，可得，然后根据同弧所对的圆周角相等可得，然后根据勾股定理进行计算即可．【详解】解：∵为的直径，∴，∵，∴，∴为等腰直角三角形，∴在中，，在中，．【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，熟知直径所对的圆周角是直角以及同弧所对的圆周角相等是解本题的关键．19．(1)(2)【分析】（1）设圆心为O，过点O作于点C，的延长线交于点D，连接，在中，利用勾股定理列出方程求出半径，即可解答；（2）在中，利用勾股定理先求出，即可求出．【详解】（1）设圆心为O，过点O作于点C，的延长线交于点D，连接，如图，∵，，∴，∵，设，∴，在中，根据勾股定理得，，即，解得，∴直径，即直径d的值为；（2）根据（1）中的结果有：，当时，则，∵，∴，根据勾股定理得，，即，解得，∴，∴轴上铣出平面的宽度为．【点睛】本题考查了垂径定理的应用，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形利用勾股定理解决问题．20．(1)支撑杆的高度为9cm．(2)手机的宽度为8cm．【分析】（1）如图，连结OA，由题意可得：的直径为10，由先求解从而可得答案；（2）如图，记圆心为O，连结OA，证明设则则再利用勾股定理建立方程求解即可．【详解】（1）解：如图，连结OA，由题意可得：的直径为10，即所以此时支撑杆的高度为9cm．（2）解：如图，记圆心为O，连结OA，由题意可得：∴四边形为正方形，设则由勾股定理可得：解得经检验不符合题意，舍去，取（cm），即手机的宽度为8cm．【点睛】本题考查的是正方形的判定与性质，垂径定理的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，建立方程解题是关键．21．40°【分析】连接DB，根据等弧所对的圆周角相等可得∠A＝70°，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，根据直角三角形的两个锐角互余可得∠ABD＝20°，根据，可得，进而可得∠DBC＝∠DBA＝20°，根据∠ABC＝∠DBC＋∠DBA即可求解．【详解】解：连接DB．∵∠E＝70°，∴∠A＝70°，∵AB是的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠ABD＝90°∠A＝90°70°＝20°，∵∴，∴∠DBC＝∠DBA＝20°，∴∠ABC＝∠DBC＋∠DBA＝20°＋20°＝40°．【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，弧与弦的关系，掌握圆周角定理是解题的关键．22．【分析】弦，半径，根据题意得是直角三角形，可求出的长，由此即可求解．【详解】解：根据题意得，在中，，半径，∴，，，∴，故答案是：．【点睛】本题主要考查垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理是解题的关键．23．5【分析】如图，作直径，连接，则，，可得，从而可得答案．【详解】解：如图，作直径，连接，则，，∵，∴，∴的半径为5．故答案为：5．【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，含的直角三角形的性质，作出合适的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．24．【分析】由题意可知于D，交圆弧于C，由题意得米，解得米，再求出，最后由勾股定理得到，由垂径定理求出即可得出结果．【详解】解：如图，由题意可知，，，（米），，（米）（米）（米）（米）弧田面积（平方米）故答案为：【点睛】本题考查了勾股定理以及垂径定理的应用；熟练掌握垂径定理是解答本题的关键．25．2【分析】①连接，易证是等边三角形，弦长为2，，即可得到答案；②先证，延长交于点E，连接交于点P，连接,则此时，即的最小值是的长，再用勾股定理求出即可．【详解】解：①连接，∵∴,∵，∴是等边三角形，∵弦长为2，∴，即的半径长为2，故答案为：2②∵，∴,∴，延长交于点E，连接交于点P，连接,则此时，即的最小值是的长，∵，∵，∴，∴，∴，即的最小值是．故答案为：【点睛】此题考查了圆周角定理、勾股定理、等边三角形的判定和性质、轴对称最短路径等知识，熟练掌握相关定理并灵活应用是解题的关键．26．1【分析】连接，，由圆周角定理求得，再由