2017-2021北京海淀初三（上）期中数学圆章节综合一、单选题1．（2019·北京海淀·九年级期中）体育课上，小悦在点O处进行了四次铅球试
投，铅球分别落在图中的M，N，P，Q四个点处，则表示他最好成绩的点是（ ）A．MB．NC．PD．Q2．（2019·北京海淀·九年级
期中）如图，在⊙O中，，. 则的度数为（ ）A．B．C．D．3．（2020·北京海淀·九年级期中）如图，不等边内接于，下列结论不成
立的是（ ）A．B．C．D．4．（2020·北京海淀·九年级期中）计算机处理任务时，经常会以圆形进度条的形式显示任务完成的百分比．
下面是同一个任务进行到不同阶段时进度条的示意图：若圆半径为1，当任务完成的百分比为时，线段的长度记为．下列描述正确的是（ ）A．B
．当时，C．当时，D．当时，5．（2021·北京海淀·九年级期中）如图，是半圆的直径，点，在半圆上．若，则的度数为（ ）A．B．C
．D．6．（2017·北京海淀·九年级期中）如图，A、B、C是⊙O上的三个点，若∠C＝35°，则∠OAB的度数是（ ）A．35°
B．55°C．65°D．70°二、填空题7．（2019·北京海淀·九年级期中）如图，在中，（1）作AB和BC的垂直平分线交于点O；
（2）以点O为圆心，OA长为半径作圆；（3）⊙O分别与AB和BC的垂直平分线交于点M，N；（4）连接AM，AN，CM，其中AN与C
M交于点P.根据以上作图过程及所作图形，下列四个结论中，①； ②；③点O是的外心 ； ④点P是的内心.所有正确结论的序号是____
_______.8．（2019·北京海淀·九年级期中）如图, 边长为2的正方形ABCD绕着点C顺时针旋转90°，则点A运动的路径长
为_______.9．（2021·北京海淀·九年级期中）如图，C，D为AB的三等分点，分别以C，D为圆心，CD长为半径画弧，两弧交
于点E，F，连接EF．若AB=9，则EF的长为__________．10．（2020·北京海淀·九年级期中）如图，在的正方形网格中
，两条网格线的交点叫做格点，每个小正方形的边长均为1．以点为圆心，5为半径画圆，共经过图中________个格点（包括图中网格边界
上的点）．11．（2021·北京海淀·九年级期中）数学活动课上，同学们想测出一个残损轮子的半径，小聪的解决方案如下：在轮子圆弧上任
取两点，，连接，再作出的垂直平分线，交于点，交于点，测出，的长度，即可计算得出轮子的半径．现测出cm，cm，则轮子的半径为____
______ cm．12．（2017·北京海淀·九年级期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为CD延长线上一点．若∠B＝110°
，则∠ADE的度数为_____．三、解答题13．（2017·北京海淀·九年级期中）对于平面直角坐标系 中的点，给出如下定义：记点到
轴的距离为，到轴的距离为若≤，则称为点的“引力值”；若，则称为点的“引力值”.特别地，若点在坐标轴上，则点的“引力值”为0.例如，
点P（-2,3)到轴的距离为3 ，到轴的距离为2 ，因为2<3，所以点的“引力值”为2.(1)①点的“引力值”为 ；②若点的“引力
值”为2，则的值为 ；(2)若点C在直线上，且点C的：“引力值”为2，求点C的坐标；(3)已知点M是以D（3,4）为圆心，半径为2
的圆上的一个动点，那么点M的“引力值”的取值范围是 14．（2020·北京海淀·九年级期中）是等边三角形，点在上，点，分别在射线，
上，且．（1）如图1，当点是的中点时，则________；（2）如图2，点在上运动（不与点，重合）．①判断的大小是否发生改变，并说
明理由；②点关于射线的对称点为点，连接，，．依题意补全图形，判断四边形的形状，并证明你的结论．15．（2017·北京海淀·九年级期
中）如图，AB为⊙O上，过点O作OD⊥BC于点E，交⊙O于点D，CD∥AB．（1）求证：E为OD的中点；（2）若CB＝6，求四边形
CAOD的面积．16．（2019·北京海淀·九年级期中）如图，在Rt△ABC 中，∠C＝90°，以BC为直径的半圆交AB于点D，O
是该半圆所在圆的圆心，E为线段AC上一点，且ED=EA．（1）求证：ED是⊙O的切线；（2）若，∠A=30°，求⊙O的半径.17．
（2019·北京海淀·九年级期中）如图, 一条公路的转弯处是一段圆弧（），点是这段弧所在圆的圆心. , C是上一点，，垂足为，，求
这段弯路的半径．18．（2021·北京海淀·九年级期中）已知：，是直线上的两点．求作：，使得点在直线上方，且．作法：①分别以，为圆
心，长为半径画弧，在直线下方交于点；②以点为圆心，长为半径画圆； ③在劣弧上任取一点（不与，重合），连接，．就是所求作的三角形．（
1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；（2）完成下面的证明．证明：在优弧上任取一点（不与，重合），连接，，，．∵，∴
是等边三角形．∴．∵，，在⊙上，∴（_____________）（填推理的依据）．∴．∵四边形内接于⊙，∴（___________
__）（填推理的依据）．∴．19．（2021·北京海淀·九年级期中）如图，为⊙的直径，弦与交于点，，．（1）求的度数；（2）若，求
的长．参考答案1．C【分析】根据点和圆的位置关系，知最好成绩在P点.【详解】P点与O点距离最长，且在有效范围内，所以最好成绩在P点
.【点睛】考查了点和圆的位置关系．2．C【分析】先根据垂径定理得到 ，然后根据圆周角定理求解．【详解】∵BC⊥OA，∴∴∠AOC=
2∠ADB=2×25°=50°【点睛】本题考查了圆周角定理,也考查了垂径定理．3．B【分析】利用OB=OC可对A选项的结论进行判断
；由于AB≠BC，则∠BOC≠∠AOB，而∠BOC=180°-2∠1，∠AOB=180°-2∠4，则∠1≠∠4，于是可对B选项的结
论进行判断；根据圆周角定理可对C选项的结论进行判断；利用∠OCA=∠3，∠1=∠2可对D选项的结论进行判断．【详解】解：∵OB=O
C，∴∠1=∠2，所以A选项的结论成立；∵OA=OB，∴∠4=∠OBA，∴∠AOB=180°-∠4-∠OBA=180°-2∠4，∵
△ABC为不等边三角形，∴AB≠BC，∴∠BOC≠∠AOB，而∠BOC=180°-∠1-∠2=180°-2∠1，∴∠1≠∠4，所以
B选项的结论不成立；∵∠AOB与∠ACB都对弧AB，∴∠AOB=2∠ACB，所以C选项的结论成立；∵OA=OC，∴∠OCA=∠3，
∴∠ACB=∠1+∠OCA=∠2+∠3，所以D选项的结论成立．故选：B．【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心
是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理和等腰三角形的性质．4．D【分析】利用图象判断即可．【详解】解
：A、d（25%）=＞1，本选项不符合题意．B、当x＞50%时，0≤d（x）＜2，本选项不符合题意．C、当x1＞x2时，d（x1）
与d（x2）可能相等，可能不等，本选项不符合题意．D、当x1+x2=100%时，d（x1）=d（x2），本选项符合题意．故选：D．
【点睛】本题考查求弦长，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．5．D【分析】由题意易得∠ACB=90°，则有∠A=40°
，然后根据圆内接四边形的性质可求解．【详解】解：∵是半圆的直径，∴∠ACB=90°，∵，∴∠A=40°，∵四边形ABDC是圆内接四
边形，∴，∴；故选D．【点睛】本题主要考查圆周角及圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角及圆内接四边形的性质是解题的关键．6．B【分析
】根据“同一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”求出∠AOB的度数，再根据等腰三角形的性质求解即可.【详解】∵∠AOB与∠C
是同弧所对的圆心角与圆周角，∴∠AOB＝2∠C＝2×35°＝70°，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝＝＝55°．故选：B．【点
睛】本题考查的是圆周角定理，掌握圆周角定理及等腰三角形的性质是关键.7．①③④【分析】(1)点O是圆心,ON是半径,由垂径定理得
,可知(2) 中,AM=BM,AM+BM=2AM>AB,该结论错误.(3)三角形三边中垂线的交点是外心,正确.(4) 由垂径定理
知,所以∠BAN=∠CAN,同理∠BCM=∠ACM,即AN,CM分别为∠BAC和∠ACB的角平分线,因此点P是的内心.【详解】(1
)∵O是的AB边与BC边的中垂线OM、ON的交点，故点O是外接圆圆心,ON是半径,由垂径定理得 ,∴(2)在 中,AM=BM,由
三角形两边之和大于第三边可得AM+BM=2AM>AB,该结论错误.(3) O是的AB边与BC边的中垂线OM、ON的交点，故点O是外
接圆圆心,正确.(4) 由垂径定理知,∴∠BAN=∠CAN,同理∠BCM=∠ACM,即AN,CM分别为∠BAC和∠ACB的平分线,
因此点P是的内心.【点睛】本题考查了三角形外心,内心及垂径定理的应用，属于基础知识范畴，难度一般.8．【分析】由正方形ABCD的两
边长为2，可以求得对角戏AC的长，由正方形ABCD绕着点C顺时针旋转90°后，可知对角线AC扫过的面积正好是一个扇形，圆心角是90
°，半径是AC的长，所以A点运动的路径是半径为AC的圆的周长的 ，然后根据圆的周长计算公式即可解答本题．【详解】如图，由已知可得，
AB=BC=2，∠ABC=90°，∴AC＝ = =∵正方形ABCD绕着点C顺时针旋转90°∴点A 运动的路径长： 故答案为．【点睛
】本题考查旋转及弧长的计算，解题的关键是找准运动轨迹以及弧长的计算，利用转化的数学思想进行解答．9．【分析】证明四边形CEDF是菱
形，△EDC和△FDC是等边三角形，在Rt△EOD中，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求解即可．【详解】解：连接CE、
ED、DF、FC，设AB、EF相交于点O，如图：∵C，D为AB的三等分点，且AB=9，∴AC=CD=DB=3，由题意得：CE=ED
=DF=FC=CD=3，∴四边形CEDF是菱形，且△EDC和△FDC都是等边三角形，∴∠EOD=90°，∠EDO=60°，在Rt△
EOD中，∠DEO=30°，ED=3，∴DO=，∴EO==，∴EF=2EO=，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等边
三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，圆的基本概念，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．10．4【分析
】通过作图展示满足条件的格点，然后利用点与圆的位置关系的判定方法进行验证．【详解】解：如图，⊙O共经过图中 4个格点故答案为：4．
【点睛】本题考查了勾股定理，点与圆的位置关系．11．【分析】连接OB，在Rt△OBC中，根据勾股定理即可求得半径．【详解】垂直平分
，的圆心在上，设的圆心为，连接，设，在中，解得故答案为：．【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，掌握垂径定理是解题的关键．12．1
10°．【分析】根据圆内接四边形的性质即可求解.【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O，且∠B＝110°∴∠ADE=∠B＝110°故填
：110°.【点睛】本题主要考查圆内接四边形的性质：圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角.13．（1）①1， ② ；(2) 点
Ｃ的坐标为（－2,8）或（3，－2）;(3) 【详解】试题分析：（1）根据“引力值”的定义进行解答即可；（2）设出C点坐标，由C在
直线上，且“引力值”为2，可分情况讨论；（3）在圆上找到和两坐标轴最近和最远的点，比较即可.试题解析：（1）①点到轴的距离为4 ，
到轴的距离为1，因为1<4，所以点的“引力值”为1；②点的“引力值”为2，则，a；（2）设点C的坐标为（）. 由于点C的“引力值｜
”为2，则或，即，或，当时，，此时点C的“引力值”为0，舍去；当时，此时C点坐标为（－2，8）；当时，解得，此时点C的“引力值”为
1，舍去；当时，，，此时C点坐标为（3，－2）；综上所述，点C的坐标为（－2，8）或（3，－2）.（3）以D（3，4）为圆心，半径
为2的圆上的点中，距离x轴最近和最远的点分别为（3，2），（3，6），距离y轴最近和最远的点分别为（1，4），（5，4），所以点M
的“引力值”的取值范围是1≤d≤6.点睛：此题考查引力值的定义、圆的有关知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会
利用特殊位置解决数学问题.14．（1）；（2）①不发生改变，见解析；②四边形为平行四边形，见解析【分析】（1）先求出∠DAB＝30
°，进而求出∠AED＝30°，得出∠ADE＝120°，同理：∠ADF＝120°，即可得出结论；（2）①先求出∠BAC＝60°，再判
断出点A，E，F在以点D为圆心，DA为半径的圆上，进而得出∠EDF＝2∠BAC，即可得出结论；②依题意补全图形如图2所示，先判断出
∠BED＝∠CDF，进而判断出△BDE≌△FCD（AAS），得出CD＝BE，再由对称性得出CD＝CG，∠DCG＝2∠ACD＝120
°＝∠EBD，进而得出BE＝CG，BE∥CG，即可得出结论．【详解】（1）∵点D是等边△ABC的边BC的中点，∴∠DAB＝∠DAC
＝∠BAC＝30°，∵DA＝DE，∴∠AED＝∠BAD＝30°，∴∠ADE＝180°?∠BAD?∠AED＝120°，同理：∠ADF
＝120°，∴∠EDF＝360°?∠ADE?∠ADF＝120°，故答案为：120；（2）①不发生改变，理由如下：∵是等边三角形，∴
．∵．∴点，，在以为圆，长为半径的圆上，∴．②补全图形如下：四边形为平行四边形，证明如下：由①知，，∵，，∴．在和中，，∴．∴．∵
点和点关于射线对称，∴，．∴，且．∴四边形为平行四边形．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰三角形的判定和
性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，圆的基本性质，判断出BE＝CD是解本题的关键．15．（1）证明见解析；（2）【详解
】试题分析：（1）由垂径定理得，由两直线平行，内错角相等，得，由角边角可证得与，由全等三角形的对应边相等，即可得证；（2）连接，由
直径所对的圆周角是°，得°，由垂径定理，得∴=，∥，所以四边形是平行四边形，由线段垂直平分线的性质可得，可证是等边三角形，°.在中
，由勾股定理得，.由此，，可得四边形CAOD的面积为.试题解析：（1）∵在⊙O中，于，∴ ，∵CD∥AB，∴.在与中，，∴≌∴，∴
为的中点；（2）连接，∵是⊙O的直径，∴°，∵，∴°=，∴∥，∵∥，∴四边形是平行四边形∵是的中点，，∴∵，∴，∴是等边三角形，∴
°，∴°°，∴在中，.∵∴.∵，∴，.∴∴. 16．（1）证明见解析；（2）⊙O的半径为2.【分析】（1） 连接OD．通过证明∠O
DE=90°，易证得结论；（2） 由（1）得ED是⊙O的切线；由题意得AC是⊙O的切线，可得ED=EC=EA,又由∠A=30°，在
Rt△ABC中，解直角三角形可得BC长，然后半径可得.【详解】（1）证明：连接OD.∵ ED=EA,∴ ∠A=∠ADE. ∵ OB
=OD,∴ ∠OBD=∠BDO.∵ ∠ACB=90°,∴ ∠A +∠ABC =90°.∴ ∠ADE +∠BDO =90°. ∴ ∠
ODE=90°.∴ DE是⊙O的切线. （2）解：∵ ∠ACB =90°, BC为直径,∴ AC是⊙O的切线.∵ DE是⊙O的切线
,∴ ED=EC.∵ ED=, ∴ ED=EC=EA=. ∴ AC=. ∵ Rt△ABC中∠A=30°, ∴ BC=4.∴ ⊙O的
半径为2.【点睛】此题考查了切线的判定与性质，切线长定理以及解直角三角形,解题的关键是：熟记切线的判定定理与性质定理，切线长定理以
及知道特殊角解直角三角形．17．这段弯路的半径为130 m.【分析】设这段弯路的半径为r m, 由垂径定理可得BD=DA=AB=5
0m.因为CD=10m,得m.在Rt△BOD中，根据勾股定理可列出方程解出半径长.【详解】解：设这段弯路的半径为r m, 因为OC
⊥AB于D, AB=100 （m）,所以BD=DA=AB=50（m）.因为CD=10（m）,得（m）.因为Rt△BOD中，根据勾股
定理有.即.解得r=130（m）.因此这段弯路的半径为130 m.【点睛】本题考查垂径定理与勾股定理的应用.18．（1）见解析；（
2）同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半；圆的内接四边形对角互补【分析】（1）按照题目所给作法作出相应图形即可；（2）根据等边三
角形的判定与性质可得，再根据圆周角定理可得，最后再根据圆的内接四边形的性质即可证得．【详解】解：（1）如下图即为所求．（2）证明：
如图，在优弧上任取一点（不与，重合），连接，，，．∵，∴是等边三角形．∴．∵，，在⊙上，∴（同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半
）．∴．∵四边形内接于⊙，∴（圆的内接四边形对角互补）．∴．故答案为：同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半；圆的内接四边形对角互补．【点睛】本题考查作图-复杂作图，圆周角定理，圆的内接四边形的性质以及等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．19．（1） ；（2）．【分析】（1）由为⊙的直径，得出,根据圆角定理即可得到答案； （2）连接 ，过 作 于 ．构成直角三角形，进而求出，根据 角所对应的直角边等于斜边的一半，得出，再根据勾股定理求得出 的长，然后由垂径定理求出的长．【详解】（1）解：∵ A，D在⊙ O上， ，, ，∴ 在△ ACE中，．（2）解：连接OC，过O作OH⊥CD于H．∵ OA=OC，∠A=45°，∴ ∠ACO=∠A=45°．∴ ∠AOC=90°．∵ Rt△AOC中，，AC=12，∴ ．∵ ∠ACD=75°，∴ ．∴ ．∴ Rt△OCH中，．∵ OH⊥CD于H，∴ ．【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用垂径定理，勾股定理等几何知识点来分析，判断，解答． 1 / 1 |
|
