第1頁/共1頁2025北京重點校初三（上）期末數學匯編圓（下）章節綜合（京改版）（非解答題）一、單選題1．（2025北京朝陽初三上期末）如圖，分別與相切于A，B兩點，，則為（

）A． B． C． D．2．（2025北京昌平初三上期末）如圖，是△ABC的內切圓，切點分別是，則的周長為（

）A．5 B．7 C．8 D．103．（2025北京門頭溝初三上期末）根據下圖中圓規的作圖痕跡，只用直尺就可確定內心的是（

）A． B．C． D．4．（2025北京密云初三上期末）如圖，A，B是平面內兩定點，C，D是平面內兩動點，且滿足，．下列說法中，①A，B，C，D四點一定在同一個圓上；②若，則A，B，C，D四點一定在同一個圓上；③若，則四邊形的各邊一定都與某一個圓相切；④存在四邊形既有外接圓，又有內切圓．所有正確說法的序號是（

）

A．①② B．②④ C．②③④ D．①②③④5．（2025北京通州初三上期末）如圖，是的直徑，點在的延長線上，切于點，如果，，那么的長是（

）A． B． C． D．6．（2025北京東城初三上期末）鐵藝花窗是園林設計中常見的裝飾元素.如圖是一個花瓣造型的花窗示意圖，由六條等弧連接而成，六條弧所對應的弦構成一個正六邊形，中心為點O，所在圓的圓心C恰好是的中心.若，則花窗的周長（圖中實線部分的長度）為（

）A． B． C． D．7．（2025北京豐臺初三上期末）勾股容圓記載于《九章算術》，是關于直角三角形的三邊與其內切圓的直徑的數量關系的研究．劉徽用出入相補原理證明了勾股容圓公式，其方法是將4個如圖1所示的全等的直角三角形（直角邊分別為a，b，斜邊為c）沿其內內切圓心與頂點、切點的連線裁開，拼成如圖2所示的矩形（無縫隙、不重疊），再根據面積的關系可求出直角三角形的內切圓的直徑d（用含a，b，c的式子表示）為（

）A． B． C． D．8．（2025北京房山初三上期末）已知圓的半徑為9，那么的圓心角所對的弧長是（

）A．4 B．8 C． D．9．（2025北京東城初三上期末）如圖，與分別相切于點A，B，，，則的長度為（

）A． B．2 C．3 D．10．（2025北京通州初三上期末）如圖，已知及外一定點P，嘉嘉進行了如下操作后，得出了四個結論：①點A是的中點；②直線，都是的切線；③點P到點Q、點R的距離相等；④連接，，，，，則．對上述結論描述正確的是（

）A．只有①正確 B．只有②正確 C．①②③正確 D．①②③④都正確二、填空題11．（2025北京朝陽初三上期末）如圖，從一張邊長為的正方形紙片上剪出一個扇形，將剪下來的扇形圍成一個圓錐，此圓錐的底面圓的半徑為．12．（2025北京朝陽初三上期末）埃拉托色尼是一位古希臘的杰出數學家，他首創了“地理學”這個詞，被尊稱為“地理學之父”．他的名著《對地球大小的修正》中提出了一種測量地球周長的設想，如圖，塞伊尼點和亞歷山大點是幾乎在同一條經線上的兩座城市，兩地相距約，在塞伊尼城有一口垂直于地面的水井，夏至日中午12點太陽光可直射井底，同一時刻在亞歷山大城豎起一根垂直于地面的木棍，利用影子測出太陽光線與木棍所在直線的夾角約為，據此可以估算地球的周長約為13．（2025北京朝陽初三上期末）請舉一個反例說明命題“各角相等的圓內接多邊形是正多邊形”是錯誤的：.14．（2025北京大興初三上期末）半徑為4的正六邊形的周長是．15．（2025北京房山初三上期末）下面是“過圓外一點作圓的切線”的作圖過程．已知：和外一點．求作：過點的的切線．作法：如圖，（1）連接；（2）作線段的中點，以為圓心，以為半徑作，與交于兩點和；（3）作直線，．直線和直線是的兩條切線．證明：連接，．是直徑，點在上，°．．又點在上，直線是的切線()（填推理的依據）．同理可證直線是的切線．16．（2025北京密云初三上期末）如圖，是的內接正六邊形，，則該正六邊形的邊心距為．17．（2025北京豐臺初三上期末）如圖，有一個亭子，它的地基是半徑為的正六邊形、則地基的周長為m．18．（2025北京豐臺初三上期末）如圖，，是的切線，A，C為切點．若，，則直徑的長是．

19．（2025北京西城初三上期末）如圖，是的直徑，，是的切線，切點分別為，．若，，則的長是．20．（2025北京西城初三上期末）如圖1，將筆記本電腦平放在桌子上，當電腦閉合時，與重合；當電腦打開時，點運動的過程形成.如圖2，若，，則的長是（結果保留）．21．（2025北京三帆中學初三上期末）如圖所示，是的直徑，，，的切線與直線交于點，點是上一個動點．過作，垂足為，則的最大值為．22．（2025北京房山初三上期末）如圖，，，是的切線，P，C，D為切點，若，，則的長為．23．（2025北京三帆中學初三上期末）如圖，是的直徑，，是的切線，A，C為切點，，，則的長為24．（2025北京燕山初三上期末）在下圖中，是的直徑，要使得直線是的切線，需要添加的一個條件是．（寫一個條件即可）25．（2025北京門頭溝初三上期末）若一個正多邊形的邊長等于它的外接圓的半徑，則這個正多邊形是正邊形．26．（2025北京門頭溝初三上期末）如圖，是的切線，是切點．若，則．27．（2025北京三帆中學初三上期末）已知一個扇形的弧長為，圓心角是150°，則它的半徑長為，扇形的面積為．

參考答案1．A【分析】本題主要考查切線的性質、四邊形的內角和、圓周角定理，關鍵在于熟練運用切線的性質，通過作輔助線構建四邊形，最后通過圓周角定理即可推出結果．連接，根據切線的性質定理，結合四邊形的內角和為，即可推出的度數，然后根據圓周角定理，即可推出的度數．【詳解】解：連接，直線分別與相切于點，，，，，是上一點，故選2．D【分析】此題重點考查三角形的內切圓與內心、切線長定理等知識，推導出，是解題的關鍵．由切線長定理得，，，則，求得，于是得到問題的答案．【詳解】解：與、、分別相切于點、、，，，，，，，，的周長為10，故選：D．3．D【分析】本題主要考查了三角形內心的定義，熟知三角形內心是三角形三條角平分線的交點和角平分線的尺規作圖方法是解題的關鍵．根據三角形內心是三角形三條角平分線的交點進行求解即可．【詳解】解：∵三角形內心是三角形三條角平分線的交點，∴四個選項中只有D選項作圖方法是角平分線的尺規作圖，故選：D．4．C【分析】由，證明四邊形是平行四邊形，可知四點不一定在同一個圓上，可判斷①錯誤；由四邊形是平行四邊形，，證明四邊形是矩形，則四點都在為直徑的同一個圓上，可判斷②正確；由四邊形是平行四邊形，，證明四邊形是菱形，設交于點，過點分別作各邊的垂線，垂足分別為點，可證明，則，同理，可知以點為圓心，以長為半徑的圓與菱形的各邊都相切，可判斷③正確；當四邊形是正方形時，該四邊形既有外接圓，又有內切圓，可判斷④正確，于是得到問題的答案．【詳解】解：∵，∴四邊形是平行四邊形，∵平行四邊形的對角不一定互補，∴四點不一定在同一個圓上，故①錯誤；∵四邊形是平行四邊形，，∴四邊形是矩形，∴四點都在為直徑的同一個圓上，故②正確；∵四邊形是平行四邊形，，∴四邊形是菱形，如圖，設交于點，過點分別作各邊的垂線，垂足分別為點，

，，∴IG=IH，同理，，∴以點為圓心，以長為半徑的圓與菱形的各邊都相切，∴四邊形的各邊一定都與某一個圓相切，故③正確；∵是平面內兩定點，是平面內兩動點，且四邊形是平行四邊形，∴四邊形可能是正方形，∵正方形既有外接圓，又有內切圓，∴存在四邊形既有外接圓，又有內切圓，故④正確，故選：C．【點睛】此題重點考查平行四邊形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定與性質，與圓有關的位置關系等知識，正確理解平行四邊形與特殊平行四邊形的區別與聯系是解題的關鍵．5．C【分析】本題考查了切線的性質，含的直角三角形的性質，勾股定理等知識，連接，由切線的性質得，根據等腰三角形的性質得，通過外角性質可得，則，最后由勾股定理即可求解，掌握知識點的應用是解題的關鍵．【詳解】解：連接，∵切于點，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故選：．6．D【分析】本題考查正多邊形與圓，解直角三角形，求弧長，過點C作，根據正多邊形的性質得出為等邊三角形，再由內心的性質確定，得出，利用余弦得出，再求弧長即可求解．【詳解】解：如圖所示：過點C作于點E，∵六條弧所對應的弦構成一個正六邊形，∴，，∴△AOB為等邊三角形，∵圓心C恰好是的內心，∴，∴，∵，∴，∴，∴的長為：，∴花窗的周長為：；故選：D．7．A【分析】本題考查了三角形內切圓半徑求法，根據矩形面積不同的表示表示方法得出等式即可求解．【詳解】解：設由圖可知：如圖1所示的直角三角形面積為，圖2所示的矩形面積為：，而圖2所示的矩形面積為如圖1所示的面積的4倍∴，∴故選：A．8．D【分析】本題考查弧長的計算，掌握弧長計算公式是正確解決問題的關鍵．根據弧長公式計算即可．【詳解】解∶，故選∶D．9．B【分析】本題考查了切線長定理，等邊三角形的判定與性質；由切線長定理得，由得是等邊三角形，由等邊三角形的性質即可求得結果．【詳解】解：∵與分別相切，∴；∵，∴是等邊三角形，∴；故選：B．10．C【分析】由第一步作圖痕跡可知直線是的垂直平分線，由此可判斷①正確；根據直徑所對的圓周角等于，可判斷②正確；根據切線長定理可判斷③正確；先證明，由此可得，進而可得，因此可判斷④錯誤．【詳解】由第一步作圖痕跡可知直線是的垂直平分線，因此點A是的中點，故①正確；∵是的直徑，，，，∴直線，都是的切線，故②正確；直線，都是的切線，根據切線長定理，可知，故③正確；，，，，∴，∴．∵點A是的中點，，故④錯誤．故選：C【點睛】本題主要考查了垂直平分線的尺規作圖法、圓周角定理、切線的判定以及切線長定理．熟練掌握以上知識是解題的關鍵．11．/【分析】本題考查圓錐的計算，先求出扇形的弧長，根據扇形的弧長等于圓錐的底面周長，可求出底面半徑．【詳解】解：弧的長為，即圓錐底面周長為，設圓錐的底面半徑為，則，，圓錐的底面圓的半徑為．故答案為：．12．【分析】本題考查弧長的計算．根據所給條件得到的值是解決本題的關鍵．易得的長度為，所對的圓心角為，根據弧長公式可得的值，進而可求得地球的周長．【詳解】解：如圖，由題意得：，，的長度為，，設地球的半徑為，，解得：，地球的周長為，故答案為：40000．13．矩形【分析】本題考查的是命題與定理，任何一個命題非真即假．要說明一個命題的正確性，一般需要推理、論證，而判斷一個命題是假命題，只需舉出一個反例即可．根據矩形的性質、正多邊形的概念解答即可．【詳解】解：矩形的各角都是，即各角相等，但矩形不一定是正多邊形，則命題“各角相等的圓內接多邊形是正多邊形”是錯誤的，故答案為：矩形．14．24【分析】此題主要考查了正多邊形和圓的有關計算，正六邊形的半徑與邊長相等是需要熟記的內容．根據正六邊形的半徑可求出其邊長為4，進而可求出它的周長．【詳解】解：正六邊形的半徑為4，則邊長是4，因而周長是．故答案為：．15．經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線【分析】本題考查作圖—復雜作圖、圓周角定理、切線的判定，根據圓周角定理、切線的判定定理填空即可．【詳解】證明：連接，．是直徑，點在上，．．又點在上，直線是的切線（經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線）．同理可證直線是的切線．故答案為：90；經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．16．【分析】過點O作交于點M，連接，證明是等邊三角形，得出，由垂徑定理求出，再由勾股定理求出即可．【詳解】解：過點O作交于點M，連接，∵六邊形為正六邊形，，，∴是等邊三角形，，，，，即邊心距為，故答案為：．【點睛】本題考查了正多邊形和圓，正六邊形的性質，垂徑定理，勾股定理，等邊三角形的判定與性質，解題的關鍵是掌握以上知識點．17．【分析】本題考查了正多邊形與圓的關系，根據正六邊形的性質，把面積轉化為6個等邊三角形的面積和計算即可．【詳解】解：如圖，∵，,∴，即正六邊形的邊長為，∴地基的周長為，故答案為：.18．【分析】本題考查了切線長定理，切線的性質，含角的直角三角形的性質等知識，先根據切線長定理，切線的性質，得出，，然后根據含角的直角三角形的性質求出，即可求解．【詳解】解：∵，，是的切線，，∴，，∵，∴，∴直徑，故答案為：．19．【分析】本題主要考查圓的切線性質，圓周角定理，全等三角形的判定及勾股定理的應用．通過連接，利用切線性質得到垂直關系，證明，得到，再圓周角定理求出，最后在中應用勾股定理求得的長．【詳解】連接，,，是的切線，，又，（定理），，而（圓心角是圓周角的兩倍），，在中，，是的直徑，，，故答案為：．20．【分析】本題主要考查了弧長的計算，熟練掌握弧長公式是解題的關鍵．根據弧長公式計算可得．【詳解】解：的長為：，故答案為：．21．【分析】在延長線取點，使得，則有，即求的最大值，然后求出，故有當平移至與相切時，有最大值，延長交于點，證明為等腰直角三角形，再根據角所對直角邊是斜邊的一半，得，從而有，再通過等腰直角三角形的性質可得，所以，，最后由勾股定理和線段和差即可求解．【詳解】解：在延長線取點，使得，∴，即求的最大值，∵，∴，∴隨著的運動，時，當平移至與相切時，有最大值，延長交于點，∴，∴，∴為等腰直角三角形，∵，，∴，∴由勾股定理得：，∵，∴，∴，∴由勾股定理得，∴，，∵，∴，∴由勾股定理得，∴，∵，∴，∴，∴的最大值為，故答案為：．【點睛】本題考查了切線的性質，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質，直角三角形的性質，掌握知識點的應用是解題的關鍵．22．3；【分析】本題考查切線長定理，根據圓外一點可以引圓的兩條切線，切線長相等直接求解即可得到答案；【詳解】解：∵，，是的切線，P，C，D為切點，∴，，∵，，∴，故答案為：3．23．【分析】根據切線的性質及切線長定理可證明為等邊三角形，則的大小可求；求得為等邊三角形易知，在中，利用的特殊角度可求得的長．【詳解】∵是的切線，為的直徑，∴，∴；∵，∴又∵，是的切線，A，C為切點，∵，∴為等邊三角形，∴．如圖，連接，則．在中，，，∴，∴．故答案為：【點睛】本題考查了圓的切線的性質定理、切線長定理、直徑所對的圓周角、等邊三角形的判定與