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专题13 圆的基本性质及有关计算
5年真题
考点1 圆周角、圆心角定理
1．（2023·广东深圳·中考真题）如图，在中，为直径，C为圆上一点，的角平分线与交于点D，若，则 °
2．（2021·广东深圳·中考真题）如图，为的弦，D，C为的三等分点，．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
考点2 弧长和扇形面积计算
3．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在矩形中，，O为中点，，则扇形的面积为
1年模拟
4．（2024·广东深圳·二模）如图圆的半径是4，是弦，且A是弧的中点，则弦的长为（ ）
A． B． C．4 D．6
5．（2024·广东深圳·一模）如图，圆拱桥的拱顶到水面的距离为，水面宽为，则桥拱半径为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·广东深圳·一模）如图，点A、B、C是上的三个点，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·广东深圳·一模）如图，的半径为8，直角三角板角的顶点A落在，两边与分别交于B，C两点，则弦的长为（ ）
A．4 B． C．8 D．
8．（2024·广东深圳·一模）如图，为的直径，C、D为上的点，，若，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·广东深圳·一模）如图，为的直径，弦于点E，于点F，，则为（ ）
A． B． C． D．
10．（2024·广东深圳·三模）如图，是某十字路口机动车转弯时的示意图，设计转弯半径，转弯角度，大型机动车实际转弯时，转弯半径，转弯角度，则大型机动车转弯实际行驶路程（的长）与设计转弯行驶路程（的长）的差为 （结果保留）．
11．（2024·广东深圳·二模）如图，，是的半径，C是上一点，，则 °
12．（2024·广东深圳·二模）如图，是的直径，是的弦，若，则
13．（2024·广东深圳·二模）如图，点A，B，C在⊙上，平分，若，则 °
14．（2024·广东深圳·一模）如图，点A，B，C在半径为2的上，，，垂足为E，交于点D，连接，则的长度为
15．（2024·广东深圳·二模）如图，是的直径，弦于点E，点P在上，．
(1)求证：；
(2)若，求的半径．
16．（2024·广东深圳·一模）【项目式学习】
项目主题：车轮的形状
项目背景：在学习完圆的相关知识后，九年级某班同学通过小组合作方式开展项目式学习，深入探究车轮制作成圆形的相关原理．
【合作探究】
（1）探究组：车轮做成圆形的优点是：车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变．另外圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离也是不变的．如图1，圆形车轮半径为，其车轮最高点到地面的距离始终为______；
（2）探究组：正方形车轮在滚动过程中轴心到地面的距离不断变化．如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为，车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为______；
（3）探究组：如图3，有一个正三角形车轮，边长为，车轮轴心为（三边垂直平分线的交点），车轮在地面上无滑动地滚动一周，求点经过的路径长．
探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮的轴心是否在一条水平线上运动．
【拓展延伸】
如图4，分别以正三角形的三个顶点，，为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定．
（4）探究组：使“莱洛三角形”以图4为初始位置沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”和“车轮轴心”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“车轮轴心”所形成的图形按上、下放置，应大致为______．
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专题13 圆的基本性质及有关计算
5年真题
考点1 圆周角、圆心角定理
1．（2023·广东深圳·中考真题）如图，在中，为直径，C为圆上一点，的角平分线与交于点D，若，则 °
【答案】35
【分析】由题意易得，，则有，然后问题可求解．
【详解】解：∵是的直径，∴，∵，，
∴，∴，∵平分，∴；
故答案为35．
【点睛】本题主要考查圆周角的性质，熟练掌握直径所对圆周角为直角是解题的关键．
2．（2021·广东深圳·中考真题）如图，为的弦，D，C为的三等分点，．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据题意，连接，通过证明，再由可证四边形为平行四边形，进而即可得到；
（2）根据平行四边形的性质及D，C为的三等分点可证，得到，进而求得即可得到的长．
【详解】（1）如图连接，∵A、D、C、B四点共圆，∴
又，∴，∵D，C为的三等分点，∴
∴，∴，∴，又
∴四边形为平行四边形，∴即原题中；
（2）∵四边形为平行四边形，，∴
∵D，C为的三等分点，，∴，
∴，，，∵
∴，∴，∴，即，∴
∴．
【点睛】本题主要考查了圆中综合知识、平行四边形的性质及判定及三角形相似的判定及性质，熟练掌握相关几何综合运用知识是解决本题的关键．
考点2 弧长和扇形面积计算
3．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在矩形中，，O为中点，，则扇形的面积为
【答案】
【分析】本题考查了扇形的面积公式，解直角三角形．利用解直角三角形求得，，得到，再利用扇形的面积公式即可求解．
【详解】解：∵，，∴，∵O为中点，∴，
∵，在中，，∴，同理，
∴，∴扇形的面积为，
故答案为：．
1年模拟
4．（2024·广东深圳·二模）如图圆的半径是4，是弦，且A是弧的中点，则弦的长为（ ）
A． B． C．4 D．6
【答案】C
【分析】此题考查圆周角定理，等边三角形的判定和性质，圆心角、弧、弦之间的关系，连接，根据圆周角定理得到，由A是弧的中点得到，则是等边三角形，即可得到答案．
【详解】解：连接，
∵，∴，∵A是弧的中点，∴，∵，
∴是等边三角形，∴．
故选：C．
5．（2024·广东深圳·一模）如图，圆拱桥的拱顶到水面的距离为，水面宽为，则桥拱半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理．在圆的相关题型中，连接常用的辅助线是解题关键．连接，由题意可知，，设桥拱半径，则，，在中，根据勾股定理求出r的值即可．
【详解】解：如图，连接．
由题意可知，且过圆心，∴．
设桥拱半径，则，，
在中，，∴，解得：，
∴桥拱半径为．
故选B．
6．（2024·广东深圳·一模）如图，点A、B、C是上的三个点，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】此题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解答本题的关键，同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半．根据圆周角定理求解即可．
【详解】解：∵，，∴．
故选B．
7．（2024·广东深圳·一模）如图，的半径为8，直角三角板角的顶点A落在，两边与分别交于B，C两点，则弦的长为（ ）
A．4 B． C．8 D．
【答案】C
【分析】本题主要考查圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．连接，根据圆周角定理得到，得到是等边三角形，即可得到答案．
【详解】解：连接，，
是等边三角形，．
故选C．
8．（2024·广东深圳·一模）如图，为的直径，C、D为上的点，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接 、，如图，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出 ，再根据圆心角、弧、弦的关系得到 ，然后根据圆周角定理得到 的度数；
【详解】连接 、，如图，
，，
，
故选：D
【点睛】本题考查了圆周角定理，正确记忆在同圆或等圆中，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是解题关键
9．（2024·广东深圳·一模）如图，为的直径，弦于点E，于点F，，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据邻补角得出∠AOF=180°-65°=115°，利用四边形内角和得出∠DCB=65°，结合圆周角定理及邻补角进行求解即可．
【详解】解：∵∠BOF=65°，∴∠AOF=180°-65°=115°，∵CD⊥AB，OF⊥BC，
∴∠DCB=360°-90°-90°-115°=65°，∴∠DOB=2×65°=130°，∴∠AOD=180°-130°=50°，
故选：C．
【点睛】题目主要考查邻补角的计算及圆周角定理，四边形内角和等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
10．（2024·广东深圳·三模）如图，是某十字路口机动车转弯时的示意图，设计转弯半径，转弯角度，大型机动车实际转弯时，转弯半径，转弯角度，则大型机动车转弯实际行驶路程（的长）与设计转弯行驶路程（的长）的差为 （结果保留）．
【答案】
【分析】此题考查了弧长的计算，熟记弧长计算公式是解题的关键，根据弧长计算公式求解即可．
【详解】解：，转弯角度，，转弯角度，
的长，的长，
，
大型机动车转弯实际行驶路程比设计转弯行驶路程多，
故答案为：．
11．（2024·广东深圳·二模）如图，，是的半径，C是上一点，，则 °
【答案】
【分析】本题考查了圆周角定理，正确理解圆周角定理是解题的关键．一段弧所对的圆周角的度数等于它所对的圆心角度数的一半．根据圆周角定理即得答案．
【详解】所对的圆心角是，所对的圆周角是，．
故答案为：．
12．（2024·广东深圳·二模）如图，是的直径，是的弦，若，则
【答案】58
【分析】本题考查了圆周角定理，直角三角形两锐角互余．连接，由是的直径可得，又由可得，进而即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：连接，
∵是的直径，∴，又∵，∴，
故答案为：．
13．（2024·广东深圳·二模）如图，点A，B，C在⊙上，平分，若，则 °
【答案】70
【分析】本题考查圆周角定理及其推论，解答中涉及角平分线定义，三角形外角的性质，能准确作出辅助线，掌握圆周角定理及其推论是解题的关键．延长交于点E，连接，由已知条件求出，由角平分线定义，可得到，最后根据“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”可求出的度数．
【详解】解：延长交于点E，连接，
则，∵，∴，∴，
∵平分，∴，∴，
故答案为：70．
14．（2024·广东深圳·一模）如图，点A，B，C在半径为2的上，，，垂足为E，交于点D，连接，则的长度为
【答案】1
【分析】连接，利用圆周角定理及垂径定理易得，则，结合已知条件，利用直角三角形中角对的直角边等于斜边的一半即可求得答案．
【详解】解：如图，连接，
∵，∴，∵，∴，，
∴，∴，∴，
故答案为：1．
【点睛】本题考查圆与直角三角形性质的综合应用，结合已知条件求得是解题的关键．
15．（2024·广东深圳·二模）如图，是的直径，弦于点E，点P在上，．
(1)求证：；
(2)若，求的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)9
【分析】本题主要考查了勾股定理，同弧所对的圆周角相等，平行线的判定：
（1）根据同圆中，同弧所对的圆周角相等可得，再由条件可得，然后可得；
（2）设，则，利用勾股定理建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵，，∴，∴；
（2）解：如图所示，连接，
设，则，在中：由勾股定理得，
在中：由勾股定理得，∴，解得
∴的半径为9．
16．（2024·广东深圳·一模）【项目式学习】
项目主题：车轮的形状
项目背景：在学习完圆的相关知识后，九年级某班同学通过小组合作方式开展项目式学习，深入探究车轮制作成圆形的相关原理．
【合作探究】
（1）探究组：车轮做成圆形的优点是：车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变．另外圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离也是不变的．如图1，圆形车轮半径为，其车轮最高点到地面的距离始终为______；
（2）探究组：正方形车轮在滚动过程中轴心到地面的距离不断变化．如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为，车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为______；
（3）探究组：如图3，有一个正三角形车轮，边长为，车轮轴心为（三边垂直平分线的交点），车轮在地面上无滑动地滚动一周，求点经过的路径长．
探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮的轴心是否在一条水平线上运动．
【拓展延伸】
如图4，分别以正三角形的三个顶点，，为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定．
（4）探究组：使“莱洛三角形”以图4为初始位置沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”和“车轮轴心”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“车轮轴心”所形成的图形按上、下放置，应大致为______．
【答案】；；；
【分析】本题主要考查圆的综合应用，主要考查了弧长公式，正方形的性质，等边三角形的性质，理解题意并画出图形是解题的关键．
（1）利用正方形的性质解答即可；
（2）画出图形，找到最高点和最低点即可得到答案；
（3）分别求出三部分一定的距离，然后相加即可；
（4）由题意知：最高点与水平面距离不变，即可得到结论．
【详解】解：（1）圆形车轮与地面始终相切，
车轮轴心到地面的距离始终等于圆的直径，圆形车轮半径为，
故车轮最高点到地面的距离始终为，
故答案为：；
（2）如图所示，为正方形车轮的轴心移动的部分轨迹，
点为车轮轴心的最高点，点为车轮轴心的最低点，
由题意得车轮轴心距离地面的最低高度为
车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为，
故答案为：；
（3）点的运动轨迹为圆，以点为圆心，为半径，
运动距离为．
故答案为：；
（4）由题意知，当“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，
故“最高点”和“最低点所形成的图案大致是”，
故答案为：．
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