专题07 圆（全国通用）-【好题汇编】2025年中考数学三模试题分类汇编

专题07 圆 题型概览 题型01 垂径定理 题型02 圆心角、圆周角 题型03 切线的判定与性质 题型04 三角形的外接圆、内切圆 题型05 弧长与面积 题型06 圆与其他图形的综合 ( 题型01 )垂径定理 1．（2025·广西玉林·三模）高速公路的隧道和桥梁较多．如图是一个隧道的横截面，若它的形状是以为圆心的圆的一部分，路面米，净高米，则此圆的半径（   ） A．5米 B．6米 C．米 D．米 【答案】C 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，解题关键是通过代数转换将所求用半径代数式代替，在直角三角形中用勾股定理进行求解．根据垂径定理可得米，表示出 ，再根据勾股定理即可得到答案． 【详解】解：∵且经过点O， ∴米， ∵米， ∴米， 在中根据勾股定理可得： ， 即 ， 解得：米， 故选：C． 2．（2025·江苏宿迁·三模）如图，正方形的边与相切于点，、是正方形与圆的另两个交点．若，则的半径是 ． 【答案】 【分析】连接，并延长交于点，连接，首先证明四边形是矩形，根据矩形的性质得出，进而根据垂径定理得出，设，根据勾股定理列出方程，解方程即可得出答案． 【详解】解：连接，并延长交于点，连接，如下图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵与相切于点， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， 即， ∴， 设，则， 在中，， 即， 解得：， 即的半径是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、切线的性质定理、垂径定理、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题关键． 3．（2025·安徽合肥·三模）已知点在上，则下列命题为真命题的是（　　） A．若半径平分弦，则 B．若，则四边形是平行四边形 C．若四边形是平行四边形，则四边形是含一个内角为的菱形 D．若，则弦平分半径 【答案】C 【分析】本题主要考查命题与证明，涉及垂径定理及其推论、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解答的关键是会利用所学的知识进行推理证明命题的真假．根据圆的有关性质、垂径定理及其推论、特殊平行四边形的判定与性质依次对各项判断即可． 【详解】解：A、当半径平分弦，不是直径时，，故本选项命题是假命题，不符合题意； B、当，平分时，四边形是平行四边形，故本选项命题是假命题，不符合题意； C、若四边形是平行四边形，则四边形是含一个内角为菱形， 如图，在优弧上取点，连接、， 四边形为平行四边形， ， 由圆周角定理得： 四边形为的内接四边形， ， ， ， 四边形是含一个内角为菱形， 故本选项命题是真命题，符合题意； D、时，弦不一定平分半径，故本选项命题是假命题，不符合题意； 故选：C． 4．（2025·河南新乡·三模）如图，、在上，连接，，．的平分线交于点，交于点，连接．下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】该题考查了垂径定理，根据垂径定理解答即可． 【详解】解：∵的平分线交于点，是半径， ∴，，，，故A、B、D正确； 选项C不能证明， 故选：C． 5．（2025·陕西榆林·三模）石拱桥是中国传统桥梁四大基本形式之一，它的主桥拱是圆弧形．如图是某地的石拱桥局部，其跨度为24米，所在圆的半径为米，则这个弧形石拱桥的拱高（的中点C到弦的距离）为（   ） A．8米 B．6米 C．4米 D．2米 【答案】C 【分析】此题主要考查了垂径定理的应用以及勾股定理，正确应用垂径定理是解题关键． 点O为所在圆的圆心，连接，根据题意构造直角三角形，进而利用勾股定理求出答案． 【详解】解：如图所示，点O为所在圆的圆心，连接， 由题意得：，，， 设，则， 根据题意可得：， 即， 解得：，（舍去）， 即米． 故选：C． 6．（2025·广西玉林·三模）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“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？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点寸，寸，则直径长为（    ） A．寸 B．寸 C．寸 D．寸 【答案】D 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理的应用等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 【详解】解：设寸， ，AB是直径， 寸， ， ， ， 寸． 故选：D． ( 题型0 2 )圆心角、圆周角 1．（2025·云南楚雄·三模）如图，点A，B，C在上，C是的中点，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查圆心角与弧的关系，圆心角与圆周角的关系．连接，由点是劣弧的中点得，故，再由得到即可． 【详解】解：如图，连接， 点是劣弧的中点， ， ， ， ， ∵， ∴． 故选：C． 2．（2025·陕西商洛·三模）如图，已知点在上，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理.先根据垂径定理得到，然后根据圆周角定理计算即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴． 故选：A． 3．（2025·重庆·三模）如图，若为圆O的直径，过点C的切线交的延长线于点D，E为的中点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆的切线的性质，同弧所对的圆周角相等，等边对等角，三角形内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键．先求出，再根据同弧所对的圆周角相等得出，进而求得，再由切线性质得出，最后由三角形内角和求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵过点C的切线交的延长线于点D， ∴， ∴， 故选：D． 4．（2025·江苏连云港·三模）如图，已知、、、、均在上，且为的直径，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理，熟练掌握知识点，正确作出辅助线是解题的关键．连接，，由为直径，根据直径所对的圆周角是直角，可得，再由同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得，，进而求得答案． 【详解】解：如图，连接，， 为直径， ， ，， ， 故选：C． 5．（2025·江苏盐城·三模）真命题“在同一个圆中，两条平行的弦所夹的弧相等”，请根据这个命题画出图形，写出已知求证并完成证明． 【答案】见解析 【分析】本题考查圆心角、圆周角、弧和弦的关系，掌握几者的关系是解题的关键．连接，，，，，由平行线的性质得，由圆心角与圆周角的关系得，，从而推出，由弧、弦、圆心角的关系即可得出答案． 【详解】已知：如图，，是的两条弦，， 求证：． 证明：如图所示，连接，，，，， ， ， ，， ， ． 6．（2025·甘肃武威·三模）如图，点在以为直径的半圆O上，且，若的度数为，则的度数为 ． 【答案】94 【分析】本题主要考查了平行线的性质、圆周角等知识，正确作出辅助线是解题关键．连接，首先根据题意可知，由“两直线平行，同位角相等”可得，再根据圆周角定理可得，进而求得的值，即可获得答案． 【详解】解：如图，连接， ∵，的度数为，即， ∴， ∵， ∴， ∴，即的度数为． 故答案为：94． 7．（2023·安徽芜湖·三模）如图，是的弦，延长相交于点E，已知，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了等边对等角，三角形内角和定理，圆心角等知识．明确角度之间的数量关系是解题的关键． 如图，连接，由三角形内角和求，，，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的度数为， 故选：C． 8．（2025·安徽滁州·三模）如图，是上直径两侧的两点，设，则（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了圆周角定理的推论．根据直径所对的圆周角为直角得到，得到，再根据同弧所对的圆周角相等即可得到． 【详解】解：∵是上直径两侧的两点， ∴， ∵， ∴， ∴ 故选：C 9．（2025·云南玉溪·三模）如图，在中，，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查圆中求角度，由，则对应的圆心角与圆周角均相等，同弧（等弧）所对的圆周角等于圆心角的一半即可得到答案．熟记圆周角定理是解决问题的关键． 【详解】解：在中，，， ， 故选：B． 10．（2025·山东潍坊·三模）如图，为的弦，于点．若，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．先由直角三角形的性质求出，再由圆周角定理得到，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， 故选：A． 11．（2025·浙江绍兴·三模）如图所示，为的直径，，交于点，交于点，，给出以下结论：①；②；③；④的长度是的2倍．其中正确的是（   ）． A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】根据圆周角定理，等边对等角，等腰三角形的性质，直径所对的圆周角是直角等知识，运用排除法逐条分析判断即可． 【详解】解：连接， ∵是直径， ∴． ，， ，． 又， ∴，故①正确， 且， 平分，，故②正确， ∵，， ∴，，故③错误； ∵，， ∴，， ∴，故④正确； 故正确的有①②④． 故选：B． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等边对等角，等腰三角形的性质，直径所对的圆周角是直角等知识，熟练掌握知识点是解题的关键． 12．（2025·福建三明·三模）如图，内接于，，，垂足为，为外一点，，，交于点，交于点． (1)求证：是的直径； (2)求的度数； (3)若的半径为，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得，由已知并结合等腰三角形的性质及三角形内角和定理推出，继而得到，推出，即可得证； （2）根据同弧所对的圆周角相等得，推出，由平行线分线段成比例定理得，进一步推出，继而得到，即可得出答案； （3）如图，延长，交的延长线于点，根据勾股定理得， ，证明得，求出，进一步，根据等腰三角形判定推出，继而得到，证明得，即，求出，即可得解． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点， ∵四边形内接于， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴是的直径； （2）解：如（1）题图， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴是边上的中线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的度数为； （3）如图，延长，交的延长线于点， ∵的半径为，，是的直径， 又∵，， ∴，，， 在中，， ∴， 在中，， 在和中， ，，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， 在中，， ∵是的直径， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴，即， 解得：， ∴， ∴， ∴的值为． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆内接四边形的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，的圆周角所对的弧是直径，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是掌握圆的相关性质和相似三角形的判定与性质． ( 题型0 3 )切线的判定与性质 1．（2025·上海奉贤·三模）已知：在平面直角坐标系中（如图），反比例函数在第一象限内的图像与直线的交点为，且直线与直线平行． (1)求直线的表达式； (2)若以A为圆心、半径长为r的与以原点O为圆心、半径长为1的相切，求r的值． 【答案】(1) (2)或 【分析】本题考查了反比例函数和一次函数的交点问题，涉及待定系数法求函数解析式和两圆相切的性质，熟练掌握待定系数法求函数解析式和两圆相切的性质是解题的关键． （1）根据交点求出m的值，再根据两直线平行求出k的值，再代入点A坐标即可求出b的值； （2）根据相切的性质，分两圆内切和外切两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：∵反比例函数在第一象限内的图像与直线的交点为， ∴， ∵直线与直线平行， ∴， ∴， 解得， ∴． （2）解：∵， ∴， ∵以A为圆心、半径长为r的与以原点O为圆心、半径长为1的相切， 当两圆外切时，， ∴； 当两圆内切时，， ∴； ∴r的值为或． 2．（2025·浙江·三模）如图，以边为直径作交于点，恰好是的切线，为切点，连接．若，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了三角形内角和定理、圆周角定理、切线的定义，首先根据切线的定义可得：，再根据三角形内角和定理求出，最后再根据圆周角定理可求． 【详解】解：为直径，是的切线，为切点， ， 在中，， ， 对应的圆心角为，圆周角为， ． 3．（2025·黑龙江大庆·三模）如图，为的直径，和相交于点F，平分，点C在上，且，交于点P． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的面积； (3)在（2）的条件下，求． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的 判定定理，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，相似三角形的判定与性质等知识，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线． （1）连接，利用同圆的半径相等的性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义和平行线的判定与性质得到，利用圆的切线的判定定理解答即可； （2）证明，然后利用相似三角形的性质求出，由圆周角定理得到，即可求解面积； （3）连接，设交于点H，利用勾股定理和相似三角形的判定与性质求得，，，利用直角三角形的边角关系定理解答即可． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵为的半径， ∴是的切线； （2）解：∵为的直径， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：连接，设交于点H，如图， ∵为的直径， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴． 4．（2025·山东聊城·三模）如图，是的直径，C是上异于A，B的点，点D在的延长线上，且，连接交于点E，过点E作交于点F，连接交于点H，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查圆的切线的判定、相似三角形的判定与性质、直径所对圆周角为直角、勾股定理等，熟练掌握以上知识点是解答的关键． （1）连接，利用等边对等角得到，，则，再进而利用平行线的性质得到，可得结论； （2）由，可证明，得到，设，再结合，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：连接，如图所示， ， ， ， ， ， ， ， ， 又∵是的半径， ∴是的切线． （2）解：由（1）可知，， ， ， ∵， ∴， ∴设，则， ∵是圆的直径， ， ， ∵， ∴， 解得（负值舍去）． ∴， ∴的半径的长为4． 5．（2025·广西南宁·三模）如图，四边形内接于．为的直径．．交的延长线于点E，平分． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了切线的判定，角平分线的定义，直径所对的圆周角是直角，含30度角的直角三角形的性质，熟知相关知识是解题的关键． （1）连接，由角平分线的定义和等边对等角可证明，则可证明，再由，可证明，则可是的直径； （2）由直径所对的圆周角是直角得到，则可求出，由角平分线的定义可得，进而可得，同理可得． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵是的半径， ∴是的直径； （2）解：∵为的直径， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 同理可得． 6．（2025·河北邢台·三模）如图，在矩形中，，，点O是射线上的一点，以点O为圆心，为半径作，交射线于点，连接，设的半径为． (1)当点在线段上时（不与端点重合），点是上的点，满足，判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)当经过点时，求的长； (3)若的外心在内部（包括边界），求的最小值； (4)当与直线相切时，求的长． （参考数据：取） 【答案】(1)直线与相切，理由见解析 (2) (3)的外心在内部（包括边界）时，的最小值为 (4) 【分析】本题主要考查了矩形的性质，切线的判定、垂径定理勾股定理及解三角形等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． （1）证明即可得出，由此即可证明结论； （2）由经过点时，可得的直径为12，则．再由，求出，进而可得圆心角，利用弧长公式即可解题， （3）先确定的外心是的中点，再根据图形可知当点与AC的中点重合时，的外心在内部（包括边界）的取得题小值，过点作于点，根据垂径定理可知，由即可求解； （4）当与直线相切于点时，可得四边形为正方形，且，过点作于点，可得，由，进而可得． 【详解】（1）解：满足时，直线与相切， 理由如下： ， ∴， ， ． 在矩形中，， ∴， ∴， ． ∵是半径， 直线与相切． （2）当经过点时，如图1 的直径为12，则． ∵， ∴． ． ． （3）的外心为的中点， 如图2，当点与的中点重合时，的外心在内部（包括边界）的取得题小值， 过点作于点， 在中，，， ∴． ． ∵， ∴ 又∵， ∴， 的外心在内部（包括边界）时，的最小值为． （4）当与直线相切于点时，如图3， 过点作于点， ∴ ∵在矩形中，， ∴四边形为矩形， 又∵， 四边形为正方形，且． ． ． 7．（2025·黑龙江大庆·三模）如图，为的外接圆，点在的延长线上，交于点，交于点，连接，，． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)若，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（）连接，由等腰三角形的性质和圆周角定理可得，进而由得，即可求证； （）由平行线的性质和圆周角定理可得，进而可证，即得，再由即可求证； （）设，则，由可得，即得，，进而得，，利用勾股定理得，即得，再证明，即得，即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， ， ，， ， 为的直径， ， ∴， ∴， 即， 是的切线； （2）证明：∵， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：， ∵设，则， ∵，， ∴， 又∵， ， ， 即 ，， ， ∴， 在中，∵， ∴， 解得， ∴， 由（）知， ∴， ∴， 和均为等腰三角形，且底角， ， ∴， ． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 8．（2025·河南信阳·三模）如图， ， 是的切线， ，为切点， 过点作 交于点， 连接并延长交于点， 交于点， (1)点是否在 的平分线上？说明理由； (2)若的半径是， 求的长． 【答案】(1)在；理由见解析； (2)． 【分析】连接，，根据切线的性质可知，又因为，根据到角两边距离相等的点在角的平分线上，可知点在的平分线上； 根据，，可证四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质可知，根据平行线的性质可知，从而可证，所以可知和均为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质枯叶知，根据圆的半径为即可求出的长度． 【详解】（1）解：在； 理由：连接，， ，是的切线， ，， ， ， 点在的平分线上； （2）解：，， 四边形为平行四边形， ， ， 又， ， ， ， 和均为等腰直角三角形， 在中，， ． 9．（2025·河北石家庄·三模）如图1，边长为6的正方形纸片上，有一个圆，圆心在正方形的中心． 操作：①将纸片对折，然后打开，得到折痕，折痕与圆交于点E，F，如图2； ②再将纸片折叠、使点B，C分别落在边上，然后打开后，折痕恰好经过点F，连接、与圆交于点G，如图3，，（注：） 发现：直线与圆的位置关系是_________． 探究：（1）求的长； （2）求线段的长． 拓展：连接，直接写出的值． 【答案】发现：相切；探究：（1）；（2）；拓展：． 【分析】本题主要考查了正方形与折叠问题，矩形的性质与判定，切线的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，求弧长，熟练掌握相关知识是解题的关键． 发现：由折叠的性质可得，则可证明为中间圆的直径，再由折叠的性质可得，则可证明，据此根据切线的判定定理可得结论； 探究：（1）取中点O，连接，则点O为圆心，求出，由圆周角定理得到．由折叠的性质可得，证明四边形是矩形，得到，解直角三角形得到，则．据此根据弧长公式求解即可； （2）连接，如图所示，则，进而可得，由勾股定理得到．解直角三角形即可求出． 拓展：如图，作于点H．则，解直角三角形可得，，进而可求出，同理可证明四边形是矩形，则，进而可求出，则，即可得到． 【详解】解：发现：由折叠的性质可得， ∴一定经过正方形的中心， ∴为中间圆的直径， 由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∴与圆相切； 探究：（1）如图，取中点O，连接，则点O为圆心， 是切线， ，即， ， ∴ ∴． 由折叠的性质可得， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ， ∴． 的长为：． （2）连接，如图所示， ∵是的直径， ∴， ∴， ， ∴． ，即． ． 拓展：如图，作于点H．则， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， 同理可证明四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 10．（2025·河北唐山·三模）如图，、分别是的直径和弦，于点，过点作的切线与的延长线交于点，、的延长线交于点． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)是的切线，理由见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了扇形的面积公式，等边三角形的判定与性质，垂径定理，解直角三角形等知识． （1）连接，如图，根据切线的性质得到，再根据垂径定理得到，则垂直平分，所以，利用等腰三角形的性质得到°，然后根据切线的判定方法可判断是的切线； （2）先证明为等边三角形得到，再计算出，然后根据扇形的面积公式，利用图中阴影部分的面积进行计算． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵为的切线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴， 而， ∴， ∴，即， ∴， ∴是的切线； （2）解：∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴图中阴影部分的面积． ( 题型0 4 )三角形的外接圆、内切圆 1．（2025·安徽合肥·三模）已知三点在圆上，点在圆内，． (1)请用“尺规作图”作出圆心的位置（保留作图痕迹）； (2)求出圆半径的大小． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查复杂作图、三角形的外接圆与外心、矩形的判定与性质、垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，解决问题． （1）作线段的中垂线，再作线段的中垂线，交直线于点，则点就是圆心的位置； （2）由（1）作图，设线段的中垂线与的延长线交于点，的延长线并交于圆于点，线段的中为，连接，易知四边形为矩形，求出，由垂径定理得到，设，由得，解得，所以圆半径． 【详解】（1）解：如图所示，点O为所求： （2）解：由（1）作图，设线段的中垂线与的延长线交于点，的延长线并交于圆于点，线段的中为，连接， 则， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴圆半径． 2．（2025·安徽合肥·三模）三国时期数学家刘徽用“衰分术”证明了《九章算术》中的“勾中容圆径”公式：在直角三角形中，若直角边边长分别为，斜边长为，则该直角三角形的内切圆直径．当时，该直角三角形的内切圆半径为 ． 【答案】2 【分析】该题考查了勾股定理，根据勾股定理求出，再代入求解即可． 【详解】解：当时， 则， 则， 故该直角三角形的内切圆半径为2， 故答案为：2． 3．（2025·湖南株洲·三模）如图，在中，，的角平分线、交于点，则以点为圆心，以 为半径，可作的内切圆． 【答案】/ 【分析】本题考查了三角形内心的定义，等腰三角形的性质，三角形内接圆，根据题意可得点O是的内心，即点到三边的距离相等，再根据等腰三角形三线合一可得，进而可得当以点为圆心，以为半径，可作的内切圆． 【详解】解：根据题意可得点O是的内心，即点到三边的距离相等， ∵， ∴， ∴当以点为圆心，以为半径，可作的内切圆． 故答案为：． 4．（2025·四川绵阳·三模）如图，四边形是菱形，，，E是上一动点，把沿翻折得到，其中点C的对应点为F，且，则的长为（    ） A．3 B． C． D．4 【答案】C 【分析】如图，连接，记与的交点为，证明是等边三角形，可得为的内心， 外心，，，，进一步求解即可. 【详解】解：如图，连接，记与的交点为， ∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 由对折可得：，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴为的内心， 外心， ∴，，， ∴， 故选：C 【点睛】本题考查的是菱形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形的内心与外心的含义，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键. 5．（2025·湖南常德·三模）下面命题，正确的是（   ） A．三角形的内心到三个顶点的距离相等 B．经过三点一定可以画一个圆 C．平分弦的直径垂直于弦 D．三角形的外角和为 【答案】D 【分析】本题考查了命题与定理的知识，涉及了三角形内心的知识及性质，确定圆的条件，垂径定理，三角形的外角和，熟练掌握这些知识与性质是解题的关键．利用三角形内心的知识及性质，确定圆的条件，垂径定理，三角形的外角和逐项进行判断即可． 【详解】解：A中，三角形的内心是三角形三条角平分线的交点，由角平分线上一点到角两边的距离相等，可知三角形的内心到三边的距离相等，不能判定到三个顶点距离相等，不是正确的命题，故不符合题意； B中，不在同一直线上的三点确定一个圆，原命题缺少条件，不是正确的命题，故不符合题意； C中，平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，原命题没有排除直径，不是正确的命题，故不符合题意； D中，三角形的外角和为，是正确的命题，故符合题意． 故选：D． 6．（2025·四川绵阳·三模）如图，在中，，，，I为的内心，于点D，则的长为（    ） A．2 B．1 C．3 D． 【答案】A 【分析】过点I作于E，于E，连接、、，根据勾股定理求出，，根据内心性质得出，根据，得出，即可得出答案． 【详解】解：过点I作于E，于E，连接、、，如图所示： 在中，∵，，， ∴， ∴， ∵I为的内心， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 解得：， 故选：A． 【点睛】此题考查了直角三角形的内心的概念及性质，勾股定理．熟练掌握三角形内心的特点是解题的关键． ( 题型0 5 )弧长与面积 1．（2025·山东济宁·三模）如图，将半径为的圆形纸片剪掉4分之一，余下部分围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的高是 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆锥的计算，勾股定理，算出围成圆锥的扇形的弧长，除以即为圆锥的底面半径，利用勾股定理即可求得圆锥的高． 【详解】解：∵将半径为的圆形纸片剪掉4分之一，余下部分围成一个圆锥的侧面， ∴围成圆锥的弧长所对圆心角度数是， 围成圆锥的弧长为， ∴圆锥的底面半径为， ∴圆锥的高为． 故答案为：． 2．（2025·广西柳州·三模）如图，在扇形纸扇中，若，，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了弧长的计算，熟练掌握弧长公式，是解题的关键．根据弧长计算公式进行求解即可． 【详解】解：∵，， ∴的长是． 故选：B． 3．（2025·安徽滁州·三模）如图，内接于，．若 ，则弧的长为（   ） A．π B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了圆周角定理，求弧长，勾股定理，三角形内角和定理，由三角形内角和定理求出，则由圆周角定理得到，再利用勾股定理求出的长，最后根据弧长公式求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴弧的长为， 故选：A． 4．（2025·江苏宿迁·三模）将圆心角为的扇形围成一个圆锥的侧面（接缝处忽略不计），若这个圆锥的底面圆的半径为3，则扇形的半径为 ． 【答案】9 【分析】本题主要考查了圆锥的计算及展开图折叠成几何体，熟知圆锥底面圆的周长与侧面展开扇形的弧长相等是解题的关键．根据圆锥底面圆的周长与侧面展开扇形的弧长相等即可解决问题． 【详解】解：圆锥的底面圆的半径为3， 圆锥的底面圆的周长为， 则扇形的弧长为． 令扇形的半径为r， 则， 解得， 则扇形的半径为9． 故答案为：9． 5．（2025·安徽合肥·三模）如图，为的直径，，劣弧的长，则弦的长为（　　） A．2 B．4 C．4 D．6 【答案】C 【分析】本题考查了弧长公式，勾股定理； 先利用弧长公式求出，再根据勾股定理计算即可． 【详解】解：连接， 设的度数为， ∵， ∴半径， 则， ∴， ∴弦， 故选：C． 6．（2025·安徽亳州·三模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，已知格点（格点是网格线的交点）． (1)将向右平移5个单位长度得到，画出； (2)将绕点逆时针方向旋转得到，画出； (3)直接写出点经过上述两种变化过程中所经过的路径的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了平移作图，旋转作图，弧长公式的应用，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）将点分别向右平移5个单位长度，得到点，再顺次连接即可； （2）将点分别绕点逆时针方向旋转，得到点，再顺次连接即可； （3）分别求出平移的路径和旋转的路径，对于旋转的路径先由勾股定理求出半径，再由弧长公式即可求． 【详解】（1）解：如图，即为所作， （2）解：如上图，即为所作； （3）解：平移时，点经过的路径长为5； ∵， 旋转时，， ∴点经过上述两种变化过程中所经过的路径的长为． 7．（2025·浙江金华·三模）若扇形圆心角为，半径为2，则该扇形的面积为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查扇形的面积公式．直接利用扇形的面积公式求解即可． 【详解】解：根据题意，扇形的圆心角为，半径为4， 则该扇形的面积为． 故答案为：． 8．（2025·云南楚雄·三模）某校九年级学生参加社会实践，学习编织圆锥型工艺品．如图，扇形是圆锥的侧面展开图，点O，A，B在格点上．若每个小正方形方格的边长为1，则这个圆锥的侧面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆锥的计算，根据勾股定理得，根据勾股定理逆定理得出，再求出扇形面积即可． 【详解】解：由勾股定理得，， ∴，， ∴， ∴， ∴这个圆锥的侧面积是． 故选：D． 9．（2025·河南信阳·三模）如图，矩形的边，，以顶点为圆心，线段为半径的弧与边交于点，以顶点为圆心，线段长为半径的弧与边交于点，则阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，　由矩形的性质和勾股定理求出，进而得到，根据求出的度数，进而得到的度数，然后利用来求解． 【详解】解：连接，如下图， 矩形的边，， ,,， ， , ， ， ． 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，扇形的面积公式，特殊角的三角函数值的求法，勾股定理，求出的度数是解答关键． 10．（2025·安徽合肥·三模）徽派建筑是中国传统建筑中的瑰宝，其以精巧的布局、典雅的形制和深厚的文化意蕴，成为江南地域文化的鲜明符号．如图是扇形花窗造型，若，，则该阴影部分的面积为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了扇形面积的计算，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键； 根据扇形面积公式结合阴影部分的面积求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴该阴影部分的面积； 故选：C． 11．（2025·山东聊城·三模）如图，为的直径，的切线交的延长线于点E，点D在上，，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，若，求扇形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了切线的性质，同弧所对的圆周角相等，求扇形面积，勾股定理，等腰三角形的性质与判定等待，正确作出辅助线是解题的关键。 （1）由切线的性质可得，则，再由等边对等角和三角形外角的性质得到，再证明，，即可证明． （2）先证明，则，由圆周角定理得到，进一步求出，据此利用扇形面积计算公式求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵是的切线， ， ， ， ∴， ， ， ， 为直径， ， ，即， ． （2）解：如图，连接，由（1）得， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴． 12．（2025·安徽阜阳·三模）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点（顶点均在网格线的交点上）以及过格点的直线l． (1)画出关于直线l对称的． (2)画出绕A点顺时针旋转后得到的． (3)线段旋转到扫过的面积为 ． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）先根据轴对称的性质确定点的位置，然后连线即可； （2）先根据旋转的性质确定点的位置，然后连线即可； （3）先利用勾股定理求出的长，然后根据扇形面积公式计算即可． 【详解】（1）解：如图，解为所求， （2）如图，即为所求； （3）由旋转的性质得，， ∵， ∴线段旋转到扫过的面积为． 故答案为：． 【点睛】本题考查作图－旋转变换，轴对称变换，勾股定理，扇形的面积等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，轴对称变换的性质，正确作出图形． 13．（2025·宁夏中卫·三模）如图，分别以等边三角形的三个顶点为圆心，以三角形边长为半径画弧，得到的封闭图形是“勒洛三角形”，若等边三角形的边长，则“勒洛三角形”与等边围成阴影部分的面积等于 （结果保留）． 【答案】 【分析】本题主要考查了求不规则图形的面积，等边三角形的性质，勾股定理，过点A作于H，由等边三角形的性质得到，，则由勾股定理可得，再根据计算求解即可． 【详解】解：如图所示，过点A作于H， ∵是等边三角形，， ∴，， ∴， ∴， ∴ ， 故答案为：． 14．（2025·浙江绍兴·三模）如图，扇形的圆心角为，，点，分别为，的中点，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留） 【答案】 【分析】本题考查了扇形面积公式、根据阴影部分面积等于扇形的面积减去的面积，即可求解． 【详解】解：∵扇形的圆心角为，，点，分别为，的中点 ∴ ∴图中阴影部分的面积为 故答案为：． 15．（2025·河南周口·三模）如图，在矩形中，分别以和为圆心，长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了扇形面积的计算，熟知扇形的面积公式是解题的关键．将阴影部分的面积转化为矩形的面积减去半径为长的圆面积的一半即可． 【详解】解：连接， 四边形为矩形， ， ，分别以点和点为圆心，两弧有且仅有一个公共点． ， ， ， 又， ． 故答案为：． 16．（2025·山西大同·三模）如图，分别以点，为圆心，的长为半径作圆，设两圆的一个交点为点P．若，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图所示，连接，，过点P作交于点A，得到，证明出是等边三角形，求出，解直角三角形求出，然后根据阴影部分的面积代数求解即可． 【详解】如图所示，连接，，过点P作交于点A， 根据题意得，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积 ． 故选：A． 【点睛】此题考查了求不规则图形面积，等边三角形的性质和判定，解直角三角形等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 17．（2025·山东菏泽·三模）如图，中，，点是的中点．过点作交于点，过点作，垂足为点．在扇形内随机选取一点，则点落在阴影部分的概率 ． 【答案】 【分析】本题考查的是求不规则图形的面积，几何概率，根据阴影部分面积等于扇形的面积，即可求解． 【详解】解：∵，，， ， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴，， 点落在阴影部分的概率是， 故答案为：． 18．（2025·福建莆田·三模）仙游古典家具制作技艺，简称为“仙作”，入选国家级非物质文化遗产名录，“仙作”家具集国画艺术，雕刻艺术与家具制作技艺的巧妙融合，款式典雅，结构严谨．一种“仙作”花窗的花瓣由六条等弧连接而成，所对应的弦构成一个正六边形，如图所示．设正六边形的中心为点，所在圆的圆心恰好是的外心．若，则花窗的面积（实线所围区域的面积）为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形与圆、解直角三角形、等边三角形的判定与性质、扇形面积公式，连接并延长交于，求出是等边三角形，得到，结合题意可得，，求出，再结合花窗的面积（实线所围区域的面积）为计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图：连接并延长交于， ∵六边形是正六边形，点是中心， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵所在圆的圆心恰好是的外心， ∴， ∴垂直平分， ∴，，，， ∵， ∴，，， ∴， ∴花窗的面积（实线所围区域的面积）为， 故答案为：． 19．（2025·山东枣庄·三模）如图，在中，，，为上一点，以点为圆心，为半径作弧，交于点，与相切于点，再以点为圆心，为半径作弧，交于点，则阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查根据特殊角的三角函数值求角度，以及扇形面积相关计算问题．根据特殊角的三角函数值，求出的度数，利用图中阴影部分的面积，求出答案即可． 【详解】解：连接，作于点， ∵，， ∵， ∴， ∵是的切线，点为切点， ∴，即， ∴，，， ∴阴影部分的面积 ， 故答案为：． ( 题型0 6 )圆与其他图形的综合 1．（2024·陕西西安·三模）（1）如图1，已知线段，平面内有一动点，且，则的最小值为______． （2）如图2，中，，点为的中点，点为内一动点，，连接，过点作，且，连接，求的长． （3）某工厂计划加工如图3所示的零件，要求分米，，在上有一点，连接，请你帮工人师傅计算是否存在最小值，若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由．    【答案】（1）3  （2）  （3）存在， 【分析】（1）C在以A为圆心，为半径的圆上运动，根据点圆最值求解即可； （2）连接，由等腰直角三角形的性质和三角函数可得 ，进而可证，再由相似的性质求解即可； （3）如图3，在下方作，使得，，证明得到，故作的外接圆，圆心为点O，则当点P在线段上时，最小，利用圆周角定理和等边三角形的判定与性质证明是等边三角形得到，，利用三角形的内角和定理和角度的运算得到，利用勾股定理求得，进而求得由求解即可． 【详解】解：（1）以A为圆心，为半径，交于，则，    当C与重合时，的值最小，， 故答案为：3； （2）连接，   ，点为的中点， 在 中，， ， 在中，， ， ， ， ， ； （3）存在． 如图3，在下方作，使得，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴作的外接圆，圆心为点O，则当点P在线段上时，最小， 如图， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故的最小值为． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，隐圆问题，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质和判定，圆周角定理等，根据题意作圆，找到取最小值时点P的位置是解题的关键． 2．（2021·重庆綦江·三模）如图①，在等腰和等腰中，，，，为的中点，为的中点，连接，，． (1)若，求的长度； (2)若将绕点旋转到如图②所示的位置，请证明，； (3)如图③，在绕点旋转的过程中，再将绕点逆时针旋转到，连接，若，请直接写出的最大值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）在等腰直角三角形中求出的长，在等腰直角三角形中求出，再利用勾股定理求出即可； （2）延长至，使，连接，，，先证明≌，从而证得≌，进一步命题得证； （3）取的中点，连接，，将逆时针旋转至，连接，可证得≌，进而得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，连接并延长交于，当在点时，最大，然后解和，进而求得结果． 【详解】（1）解：在等腰中，，，， ，， 点为的中点， ， 在等腰中，，，， ， 在中，，，， ； （2）证明：如图， 延长至，使，连接，，， 点是的中点， ， 在和中， ， ≌， ，， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ≌， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ，； （3）如图， 取的中点，连接，，将逆时针旋转至，连接， ， ， ， 点是的中点， ， ， ， ， ，， ≌， ， 点在以为圆心，为半径的圆上运动， 连接并延长交于，当在点时，最大， 作于， 在中，，， ，， ， ． 即的最大值． 【点睛】本题考查等腰直角三角形性质，全等三角形判定和性质，三角形中位线性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 3．（2022·重庆·三模）在中，，CA＝2CB．将线段CA绕点C旋转得到线段CD． (1)如图1，当点D落在AB的延长线上时，过点D作交AC的延长线于点E，若BC＝2，求DE的长； (2)如图2，当点D落在CB的延长线上时，连接AD，过点C作CF⊥AB于点F，延长CF交AD于点E，连接BE，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，将沿AC翻折得到，M为直线AD上一个动点．连接BM，将沿BM翻折得到．当最小时，直接写出的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据已知条件，先求出，再由，，求得，，最后在中，求得DE的长． （2）过D作DG⊥CD交CE延长线于点G，先证≌，再证≌，最后通过，，进行等量代换，得到结论． （3）过作交延长线于点，以为圆心，长为半径画圆．在以为圆心，长为半径的圆上运动，当，，三点共线且在之间时，最小．设，通过解直角三角形，运用翻折性质，求得的值． 【详解】（1）解：∵CA＝2CB，BC＝2， ∴CA＝4， ∵， ∴． ∵将线段CA绕点C旋转得到线段CD， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵CA=4，BC＝2， ∴， ∴， ∵， ∴． （2）证明：过D作DG⊥CD交CE延长线于点G， ∵线段CA绕点C旋转得到线段CD，， ∴CD=CA，是等腰直角三角形． ∵CA＝2CB， ∴CD＝2CB，即CB=BD． ∵CF⊥AB， ∴， ∴， ∵， ∴． 在与中， ∵， ∴≌（ASA）． ∴， ∵CB=BD， ∴． ∵DG⊥CD， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴． 在与中， ∵， ∴≌（SAS）． ∴， ∴． ∵≌， ∴， ∴． （3）如图，过作交延长线于点，以为圆心，长为半径画圆， 由题意得，在以为圆心，长为半径的圆上运动，当，，三点共线且在之间时，最小． 设， ∵， ∴． ∵，，， ∴，． ∵CF⊥AB，， ∴，， ∴． ∵，，， ∴． ∵将沿AC翻折得到， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． 在中， ∵，， ∴，． ∵， ∴． 在中， ， ． ∵将沿AC翻折得到， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了解直角三角形，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质运用，以及翻折的性质，综合运用以上性质，合理作相应辅助线是解题的关键． 4．（2021·广东广州·三模）如图，是等腰直角三角形，正方形绕点A逆时针旋转，再延长交于G，以下结论中：①；②；③当，时，，正确的有（    ） A．3个 B．2个 C．1个 D．都不对 【答案】B 【分析】根据等腰直角三角形的性质及正方形的性质易得△BAD≌△CAF，从而易得①②正确；取BC的中点O，连接OG、OA，则由直角三角形斜边上中线的性质可得OG是BC的一半，即为定值，故可得点G的运动路径是以O为圆心OG长为半径一段圆弧上运动，从而BG的长度不是固定的，因此可对③作出判定． 【详解】（1）∵四边形ADEF是正方形 ∴AD=AF，∠DAF=∠DAC+∠CAF=90゜ ∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90゜ ∴AB=AC ∴∠BAD+DAC=90゜ ∴∠BAD=∠CAF 在△BAD和△CAF中 ∴△BAD≌△CAF(SAS) ∴BD=CF，∠DBA=∠FCA 设BG与AC交于点M，则∠BMA=∠CMG ∴∠FCA+∠CMG=∠DBA+∠BMA=90゜ ∴∠CGM=90゜ ∴BD⊥CF 故①②均正确； 如图，取BC的中点O，连接OG、OA ∵BG⊥CF，AB⊥AC ∴OG、OA分别是Rt△GBC、Rt△ABC斜边上的中线 ∴ 在Rt△ABC中，由勾股定理得 ∴ 则点G在以O为圆心为半径的一段圆弧上运动，其中点A为此弧的一个端点 所以BG的长变化的，不可能是定值 故③不正确 故选：B． 【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质等知识，对③的判断是比较难，判断出点G的运动路径后问题则迎刃而解． 5．（2017·广西桂林·三模）如图，在等腰Rt∆ABC中，，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点.当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是（     ） A． B．2 C． D．4 【答案】B 【详解】分析：取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连结OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，利用等腰直角三角形的性质得到AB=BC=8，则OC=AB=4，OP=AB=4，再根据等腰三角形的性质得OM⊥PC，则∠CMO=90°，于是根据圆周角定理得到点M在以OC为直径的圆上，由于点P点在A点时，M点在E点；点P点在B点时，M点在F点，则利用四边形CEOF为正方得到EF=OC=4，所以M点的路径为以EF为直径的半圆，然后根据圆的周长公式计算点M运动的路径长． 详解：取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连结OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，∵在等腰Rt△ABC中，AC=BC=4，∴AB=BC=8，∴OC=AB=4，OP=AB=4．     ∵M为PC的中点，∴OM⊥PC，∴∠CMO=90°，∴点M在以OC为直径的圆上，点P点在A点时，M点在E点；点P点在B点时，M点在F点，易得四边形CEOF为正方形，EF=OC=4，∴M点运动的路径为以EF为直径的半圆，∴点M运动的路径长=•4π=2π．    故选B．      点睛：本题考查了轨迹：点按一定规律运动所形成的图形为点运动的轨迹．解决此题的关键是利用等腰三角形的性质和圆周角定理确定M点的轨迹为以EF为直径的半圆． 12 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 圆 题型概览 题型01 垂径定理 题型02 圆心角、圆周角 题型03 切线的判定与性质 题型04 三角形的外接圆、内切圆 题型05 弧长与面积 题型06 圆与其他图形的综合 ( 题型01 )垂径定理 1．（2025·广西玉林·三模）高速公路的隧道和桥梁较多．如图是一个隧道的横截面，若它的形状是以为圆心的圆的一部分，路面米，净高米，则此圆的半径（   ） A．5米 B．6米 C．米 D．米 2．（2025·江苏宿迁·三模）如图，正方形的边与相切于点，、是正方形与圆的另两个交点．若，则的半径是 ． 3．（2025·安徽合肥·三模）已知点在上，则下列命题为真命题的是（　　） A．若半径平分弦，则 B．若，则四边形是平行四边形 C．若四边形是平行四边形，则四边形是含一个内角为的菱形 D．若，则弦平分半径 4．（2025·河南新乡·三模）如图，、在上，连接，，．的平分线交于点，交于点，连接．下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 5．（2025·陕西榆林·三模）石拱桥是中国传统桥梁四大基本形式之一，它的主桥拱是圆弧形．如图是某地的石拱桥局部，其跨度为24米，所在圆的半径为米，则这个弧形石拱桥的拱高（的中点C到弦的距离）为（   ） A．8米 B．6米 C．4米 D．2米 6．（2025·广西玉林·三模）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“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？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点寸，寸，则直径长为（    ） A．寸 B．寸 C．寸 D．寸 ( 题型0 2 )圆心角、圆周角 1．（2025·云南楚雄·三模）如图，点A，B，C在上，C是的中点，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·陕西商洛·三模）如图，已知点在上，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·重庆·三模）如图，若为圆O的直径，过点C的切线交的延长线于点D，E为的中点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·江苏连云港·三模）如图，已知、、、、均在上，且为的直径，则的度数为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·江苏盐城·三模）真命题“在同一个圆中，两条平行的弦所夹的弧相等”，请根据这个命题画出图形，写出已知求证并完成证明． 6．（2025·甘肃武威·三模）如图，点在以为直径的半圆O上，且，若的度数为，则的度数为 ． 7．（2023·安徽芜湖·三模）如图，是的弦，延长相交于点E，已知，则的度数是（    ） A． B． C． D． 8．（2025·安徽滁州·三模）如图，是上直径两侧的两点，设，则（　　） A． B． C． D． 9．（2025·云南玉溪·三模）如图，在中，，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 10．（2025·山东潍坊·三模）如图，为的弦，于点．若，则等于（   ） A． B． C． D． 11．（2025·浙江绍兴·三模）如图所示，为的直径，，交于点，交于点，，给出以下结论：①；②；③；④的长度是的2倍．其中正确的是（   ）． A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 12．（2025·福建三明·三模）如图，内接于，，，垂足为，为外一点，，，交于点，交于点． (1)求证：是的直径； (2)求的度数； (3)若的半径为，，求的值． ( 题型0 3 )切线的判定与性质 1．（2025·上海奉贤·三模）已知：在平面直角坐标系中（如图），反比例函数在第一象限内的图像与直线的交点为，且直线与直线平行． (1)求直线的表达式； (2)若以A为圆心、半径长为r的与以原点O为圆心、半径长为1的相切，求r的值． 2．（2025·浙江·三模）如图，以边为直径作交于点，恰好是的切线，为切点，连接．若，则的度数为 ． 3．（2025·黑龙江大庆·三模）如图，为的直径，和相交于点F，平分，点C在上，且，交于点P． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的面积； (3)在（2）的条件下，求． 4．（2025·山东聊城·三模）如图，是的直径，C是上异于A，B的点，点D在的延长线上，且，连接交于点E，过点E作交于点F，连接交于点H，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径的长． 5．（2025·广西南宁·三模）如图，四边形内接于．为的直径．．交的延长线于点E，平分． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 6．（2025·河北邢台·三模）如图，在矩形中，，，点O是射线上的一点，以点O为圆心，为半径作，交射线于点，连接，设的半径为． (1)当点在线段上时（不与端点重合），点是上的点，满足，判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)当经过点时，求的长； (3)若的外心在内部（包括边界），求的最小值； (4)当与直线相切时，求的长． （参考数据：取） 7．（2025·黑龙江大庆·三模）如图，为的外接圆，点在的延长线上，交于点，交于点，连接，，． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)若，求的值． 8．（2025·河南信阳·三模）如图， ， 是的切线， ，为切点， 过点作 交于点， 连接并延长交于点， 交于点， (1)点是否在 的平分线上？说明理由； (2)若的半径是， 求的长． 9．（2025·河北石家庄·三模）如图1，边长为6的正方形纸片上，有一个圆，圆心在正方形的中心． 操作：①将纸片对折，然后打开，得到折痕，折痕与圆交于点E，F，如图2； ②再将纸片折叠、使点B，C分别落在边上，然后打开后，折痕恰好经过点F，连接、与圆交于点G，如图3，，（注：） 发现：直线与圆的位置关系是_________． 探究：（1）求的长； （2）求线段的长． 拓展：连接，直接写出的值． 10．（2025·河北唐山·三模）如图，、分别是的直径和弦，于点，过点作的切线与的延长线交于点，、的延长线交于点． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，求图中阴影部分的面积． ( 题型0 4 )三角形的外接圆、内切圆 1．（2025·安徽合肥·三模）已知三点在圆上，点在圆内，． (1)请用“尺规作图”作出圆心的位置（保留作图痕迹）； (2)求出圆半径的大小． 2．（2025·安徽合肥·三模）三国时期数学家刘徽用“衰分术”证明了《九章算术》中的“勾中容圆径”公式：在直角三角形中，若直角边边长分别为，斜边长为，则该直角三角形的内切圆直径．当时，该直角三角形的内切圆半径为 ． 3．（2025·湖南株洲·三模）如图，在中，，的角平分线、交于点，则以点为圆心，以 为半径，可作的内切圆． 4．（2025·四川绵阳·三模）如图，四边形是菱形，，，E是上一动点，把沿翻折得到，其中点C的对应点为F，且，则的长为（    ） A．3 B． C． D．4 5．（2025·湖南常德·三模）下面命题，正确的是（   ） A．三角形的内心到三个顶点的距离相等 B．经过三点一定可以画一个圆 C．平分弦的直径垂直于弦 D．三角形的外角和为 6．（2025·四川绵阳·三模）如图，在中，，，，I为的内心，于点D，则的长为（    ） A．2 B．1 C．3 D． ( 题型0 5 )弧长与面积 1．（2025·山东济宁·三模）如图，将半径为的圆形纸片剪掉4分之一，余下部分围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的高是 ． 2．（2025·广西柳州·三模）如图，在扇形纸扇中，若，，则的长是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·安徽滁州·三模）如图，内接于，．若 ，则弧的长为（   ） A．π B． C． D． 4．（2025·江苏宿迁·三模）将圆心角为的扇形围成一个圆锥的侧面（接缝处忽略不计），若这个圆锥的底面圆的半径为3，则扇形的半径为 ． 5．（2025·安徽合肥·三模）如图，为的直径，，劣弧的长，则弦的长为（　　） A．2 B．4 C．4 D．6 6．（2025·安徽亳州·三模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，已知格点（格点是网格线的交点）． (1)将向右平移5个单位长度得到，画出； (2)将绕点逆时针方向旋转得到，画出； (3)直接写出点经过上述两种变化过程中所经过的路径的长． 7．（2025·浙江金华·三模）若扇形圆心角为，半径为2，则该扇形的面积为 ． 8．（2025·云南楚雄·三模）某校九年级学生参加社会实践，学习编织圆锥型工艺品．如图，扇形是圆锥的侧面展开图，点O，A，B在格点上．若每个小正方形方格的边长为1，则这个圆锥的侧面积是（   ） A． B． C． D． 9．（2025·河南信阳·三模）如图，矩形的边，，以顶点为圆心，线段为半径的弧与边交于点，以顶点为圆心，线段长为半径的弧与边交于点，则阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 10．（2025·安徽合肥·三模）徽派建筑是中国传统建筑中的瑰宝，其以精巧的布局、典雅的形制和深厚的文化意蕴，成为江南地域文化的鲜明符号．如图是扇形花窗造型，若，，则该阴影部分的面积为（    ）． A． B． C． D． 11．（2025·山东聊城·三模）如图，为的直径，的切线交的延长线于点E，点D在上，，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，若，求扇形的面积． 12．（2025·安徽阜阳·三模）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点（顶点均在网格线的交点上）以及过格点的直线l． (1)画出关于直线l对称的． (2)画出绕A点顺时针旋转后得到的． (3)线段旋转到扫过的面积为 ． 13．（2025·宁夏中卫·三模）如图，分别以等边三角形的三个顶点为圆心，以三角形边长为半径画弧，得到的封闭图形是“勒洛三角形”，若等边三角形的边长，则“勒洛三角形”与等边围成阴影部分的面积等于 （结果保留）． 14．（2025·浙江绍兴·三模）如图，扇形的圆心角为，，点，分别为，的中点，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留） 15．（2025·河南周口·三模）如图，在矩形中，分别以和为圆心，长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若，则图中阴影部分的面积为 ． 16．（2025·山西大同·三模）如图，分别以点，为圆心，的长为半径作圆，设两圆的一个交点为点P．若，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 17．（2025·山东菏泽·三模）如图，中，，点是的中点．过点作交于点，过点作，垂足为点．在扇形内随机选取一点，则点落在阴影部分的概率 ． 18．（2025·福建莆田·三模）仙游古典家具制作技艺，简称为“仙作”，入选国家级非物质文化遗产名录，“仙作”家具集国画艺术，雕刻艺术与家具制作技艺的巧妙融合，款式典雅，结构严谨．一种“仙作”花窗的花瓣由六条等弧连接而成，所对应的弦构成一个正六边形，如图所示．设正六边形的中心为点，所在圆的圆心恰好是的外心．若，则花窗的面积（实线所围区域的面积）为 ． 19．（2025·山东枣庄·三模）如图，在中，，，为上一点，以点为圆心，为半径作弧，交于点，与相切于点，再以点为圆心，为半径作弧，交于点，则阴影部分的面积为 ． ( 题型0 6 )圆与其他图形的综合 1．（2024·陕西西安·三模）（1）如图1，已知线段，平面内有一动点，且，则的最小值为______． （2）如图2，中，，点为的中点，点为内一动点，，连接，过点作，且，连接，求的长． （3）某工厂计划加工如图3所示的零件，要求分米，，在上有一点，连接，请你帮工人师傅计算是否存在最小值，若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由．    2．（2021·重庆綦江·三模）如图①，在等腰和等腰中，，，，为的中点，为的中点，连接，，． (1)若，求的长度； (2)若将绕点旋转到如图②所示的位置，请证明，； (3)如图③，在绕点旋转的过程中，再将绕点逆时针旋转到，连接，若，请直接写出的最大值． 3．（2022·重庆·三模）在中，，CA＝2CB．将线段CA绕点C旋转得到线段CD． (1)如图1，当点D落在AB的延长线上时，过点D作交AC的延长线于点E，若BC＝2，求DE的长； (2)如图2，当点D落在CB的延长线上时，连接AD，过点C作CF⊥AB于点F，延长CF交AD于点E，连接BE，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，将沿AC翻折得到，M为直线AD上一个动点．连接BM，将沿BM翻折得到．当最小时，直接写出的值． 4．（2021·广东广州·三模）如图，是等腰直角三角形，正方形绕点A逆时针旋转，再延长交于G，以下结论中：①；②；③当，时，，正确的有（    ） A．3个 B．2个 C．1个 D．都不对 5．（2017·广西桂林·三模）如图，在等腰Rt∆ABC中，，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点.当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是（     ） A． B．2 C． D．4 12 / 19 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