2026年中考数学重难点一轮复习：圆

2026年中考数学重难点一轮复习：圆 一、单选题 1．如图，四边形是的内接四边形，，，则的大小为（   ） A． B． C． D． 2．已知的半径为4，，下列四个图形中，正确的可能是（    ） A． B． C． D． 3．如图，在的内接四边形中，，．若的半径为5，则弧的长为（    ）    A． B． C． D． 4．如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E，∠A=30°，半径为2，则弦CD的长为(    ) A．2 B．-1 C． D．4 5．如图，小明想用图中所示的扇形纸片围成一个圆锥，已知扇形的半径为5cm，弧长是cm，那么围成的圆锥的高度是 A．3㎝ B．4㎝ C．5 ㎝ D．6㎝ 6．在中，，，，以点，点，点为圆心的的半径分别为5、10、8，那么下列结论错误的是（    ） A．点在上 B．与内切 C．与有两个公共点 D．直线与相切 二、填空题 7．如图，四边形是圆内接四边形，，则的度数为 度． 8．如图，从一块直径为的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形，则此扇形的面积为 ． 9．如图，是的直径，C，D是弧上两点．若，则的度数是 ． 10．如图，分别切于点A，B，Q是优弧上一点，若，则的度数是 ． 11．如图，在扇形中，为半径上一点，将沿折叠，使得点的对应点恰好落在上，且．若，则阴影部分的周长为 （结果保留）． 12．如图，在中，弦山半径于点， 连接. 若cm，cm， 则的长是 cm 13．如图，正五边形的边长为2，以A为圆心，以为半径作弧，若用扇形围成一个圆锥的侧面，则该圆锥的底面半径为 ． 14．如图，与相切于点C，线段交于点B．过点B作交于点D，连接，且交于点E.若，．则图中阴影部分的面积为 ． 15．如图，中，为直径，弦长为，长为，平分，则弦的长为 ．    三、解答题 16．如图，是的直径，是的切线，切点为C，，垂足为E，连接. （1）求证：平分； （2）若，，求的长. 17．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点E，点K为弧AC上的一个动点（K不与A，C重合），AK，DC延长线交于点F，连接CK． （1）求证：△ADF∽△CKF （2）若AB=10，CD=6，求tan∠CKF的值 18．如图，AB为的直径，AC平分交于点C，，垂足为点D．求证：CD是的切线． 19．如图，在等腰中，，以的中点为圆心作分别与、相切于点、，交于点（点在点右侧），连接并延长交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 20．如图，为的直径，点是的中点，过点作射线的垂线，垂足为． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 21．如图，锐角内接于，射线经过圆心并交于点，连结，，与的延长线交于点，平分．    (1)求证：． (2)若，求的余弦值． (3)若，的半径为，求的长． 22．如图，，点O在上，过点B，分别与，交于D，E两点，过点D作的切线交于点F． (1)求证∶； (2)若与相切于点G，，，求的半径． 23．如图，是四边形的外接圆，是的直径，，交的延长线于点E，平分． \ (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 24．如图，与相切于点B，过点B作的垂线，垂足为C，交于点A，连结的延长线交于点E，与的延长线交于点D． (1)求证：是的切线； (2)若，且，求的长． 25．已知是的直径，为的中点，连接． (1)如图①，若，求和的大小； (2)如图②，过点作的切线，交的延长线于点，弦与交于点，若，求的直径． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．A 【分析】本题考查了圆内接四边形、三角形内角和定理，熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．由四边形是的内接四边形，得到，得出，再在中利用三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：四边形是的内接四边形， ， ， ， ． 故选：A． 2．B 【分析】根据的半径和的大小关系得到点A与的位置关系，即可做出判断． 【详解】解：∵的半径为4，， ∴点A在内， 故选：B 【点睛】此题考查了点与圆的位置关系，根据点到圆心的距离和圆的半径之间的关系做出判断是解题的关键． 3．C 【分析】本题主要考查了圆周角定理，弧长公式，连接，根据圆周角定理可知，即可求出，再根据得出答案． 【详解】连接，    ∵， ∴， ∴， ∴弧的长为． 故选：C． 4．C 【分析】根据垂径定理得，，根据圆周角定理得到，根据三角函数定义得到，最后由垂径定理得出结论． 【详解】解：∵⊙O的直径AB垂直于弦CD， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 【点睛】本题是圆的计算题，考查了垂径定理，圆周角定理和三角函数的运用，熟练掌握垂径定理是解题的关键；在圆中的计算问题中，经常有直角三角形存在，经常利用三角函数求线段的长． 5．B 【详解】试题分析：设底面圆的半径是r则， ∴r=3cm，∴圆锥的高= 故选B 考点：圆锥的计算 点评：由题意得圆锥的底面周长为cm，母线长5cm，从而底面半径为3cm，利用勾股定理求得圆锥高为4cm 6．D 【分析】首先利用勾股定理解得，然后根据点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系，逐项分析判断即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵，的半径为5， ∴点在上，选项A正确，不符合题意； ∵的半径分别为5、10，且， ∴与内切，选项B正确，不符合题意； ∵， ∴与相交，有两个公共点，选项C正确，不符合题意； 如下图，过点作于点， ∵， ∴，解得， ∵， ∴直线与相交，选项D错误，符合题意． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了勾股定理、点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． 7． 【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质，根据圆的内接四边形的对角互补，结合已知即可求解． 【详解】解：∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， 故答案为：． 8．． 【分析】利用扇形的面积公式计算即可． 【详解】解:由题意：BA=BC=1，∠ABC=90°， ∴S扇形BAC． 故答案为：． 【点睛】本题考查扇形的面积公式，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 9．/25度 【分析】本题考查圆周角定理及圆内接四边形的性质，运用圆周角定理及圆内接四边形的性质求角的度数是解题关键，根据圆内接四边形的性质可求出的度数，再根据圆周角定理求解即可． 【详解】解：四边形是圆内接四边形， ， ， 是的直径， ， ； 故答案为：． 10．70°/70度 【分析】连接，根据切线性质可得，再根据四边形的内角和为360°求得，然后利用圆周角定理求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， ∵分别切于点A，B， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故答案为：70°． 【点睛】本题考查切线性质、四边形内角和为360°、圆周角定理，熟练掌握切线性质和圆周角定理是解答的关键． 11． 【分析】本题考查弧长的计算，圆周角定理以及直角三角形的边角关系，翻折的性质，掌握翻折的性质以及直角三角形的边角关系，弧长的计算方法是正确解答的关键． 根据翻折的性质以及直角三角形的边角关系求出圆心角、的度数，再根据弧长公式进行计算即可． 【详解】如图，连接交于点， 由翻折的性质可知，， ∴． 在中，， ， ， ， ， ∴的长为， ∴阴影部分的周长为． 故答案为：． 12．8 【分析】本题考查的是垂径定理，掌握垂直于弦的直径平分这条弦是解题的关键． 【详解】解：由题可知， ， ， ，， ， (cm) 故答案为：8． 13． 【分析】本题主要考查了正多边形与圆，设该圆锥的底面半径为r，根据正多边形内角和定理求出，再根据圆锥底面圆周长等于其侧面展开图的扇形的弧长列出方程求解即可． 【详解】解：设该圆锥的底面半径为r， 由题意得， 由题意得，， ∴， ∴该圆锥的底面半径为， 故答案为：． 14． 【分析】根据切线的性质定理和平行线的性质定理得到，根据垂径定理得到的长，再根据圆周角定理发现，从而根据锐角三角函数求得圆的半径，根据全等三角形的判定定理得到，则它们的面积相等，故阴影部分的面积就是扇形的面积． 【详解】解：∵与相切于点，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴ ∴阴影部分的面积为． 故答案为：． 【点睛】本题考查切线的性质，平行线的性质，垂径定理，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，扇形的面积等知识点．掌握圆的基本性质、熟练解直角三角形是解题的关键． 15． 【分析】过D作于E，利用勾股定理求出，证明和是等腰直角三角形，解直角三角形求出、和，再利用勾股定理求出即可． 【详解】解：过D作于E，    ∵为直径， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴是等腰直角三角形，，， ∴，是等腰直角三角形， ∴， ∴在中，由勾股定理得： ， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，证明和是等腰直角三角形是解题的关键． 16．（1）详见解析；（2） 【分析】（1）利用切线的性质得OC⊥DE，再证明OC∥BE得到∠OCB＝∠CBE，加上∠OCB＝∠CBO，所以∠OBC＝∠CBE； （2）利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，再证明△OAC等边三角形得到AC＝OA＝2，再利用勾股定理可计算出BC＝，然后在Rt△CBE中利用含30度的直角三角形三边的关系求CE的长． 【详解】（1）证明：∵是的切线， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 即平分； （2）解：∵为的直径， ∴， ∵， ∴是等边三角形，. ∴， ∴ ∵，且， ∴. ∴ 【点睛】本题考查了切线的性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；常常“遇到切点连圆心得半径”． 17．（1）见解析；（2）3 【分析】（1）证明∠1=∠D，又∠F=∠F，可说明△ADF∽△CKF； （2）连接OD，利用垂径定理即勾股定理求出OE长，则AE可知，在Rt△ADE中，tan∠ADE值可求，又∠CKF=∠ADE，所以tan∠CKF可求． 【详解】（1）∵四边形ADCK内接于⊙O， ∴∠D+∠2=180°． ∵∠1+∠2=180°， ∴∠1=∠D． 又∠F=∠F， ∴△ADF∽△CKF； （2）连接OD， ∵AB=10， ∴AO=DO=5． ∵直径AB⊥CD，CD=6， ∴DE=CD=3． 在Rt△ODE中，利用勾股定理可得 ， ∴AE=OA+OE=9． 在Rt△ADE中，， ∴， ∵∠CKF=∠ADE， ∴tan∠CKF=3． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、垂径定理、解直角三角形，解决这类问题“求某角的三角函数”时一般转化角，用间接的方法求解． 18．见解析 【分析】连接OC，根据角平分线的定义和等腰三角形的性质得出∠DAC=∠ACO，根据平行线的判定得出OC∥AD，根据平行线的性质得出OC⊥DC，再根据切线的判定得出即可． 【详解】解：证明：连接OC， ∵AC平分∠DAB， ∴∠DAC=∠BAC， ∵OC=OA， ∴∠BAC=∠ACO， ∴∠DAC=∠ACO， ∴OC∥AD， ∵CD⊥AD， ∴OC⊥DC， ∵OC过圆心O， ∴CD是⊙O的切线． 【点睛】本题考查了切线的判定，平行线的性质和判定，等腰三角形的性质等知识点，能熟记经过半径的外端，且垂直于半径的直线是圆的切线是解此题的关键． 19．(1)见详解 (2) 【分析】本题主要考查了圆的切线的性质、等腰直角三角形的性质及勾股定理，解直角三角形等知识，正确作出辅助线是解题的关键． （1）连接，根据切线的性质证明，得，，进而证明，从而得出线段相等； （2）连接，先证明四边形是正方形．根据等腰直角三角形的边长关系求出，．设，则，．进而可得，而，在等腰直角三角形中，， 即，解方程即可得解． 【详解】（1）证明：连接， 切于， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：连接， 与 相切于点， ， 又，，， 所以四边形是矩形， 是的中点， 在等腰 中，， ， 矩形 是正方形． ， 在等腰中，， 是的中点， ． 设，则， ， ． 又，， ， 在等腰直角三角形中，, ， 则, 即， 解得． ． 20．(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）连接，由点是的中点，则，所以，由等腰三角形性质可得，从而有，所以，证得，然后通过切线的判定方法即可求证； （）连接，，由点是的中点，则，所以，通过勾股定理可得，然后证明，得，然后代入即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵为的半径， ∴是的切线； （2）解：如图，连接，， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的证明，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，圆周角定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 21．(1)见解析 (2) (3)6 【分析】（1）由圆内接四边形的性质得，再根据平分，从而说明，即可得出答案； （2）由圆周角定理知，则，再利用，从而解决问题； （3）利用，的半径为，可得的三边长，再根据，得，从而解决问题． 【详解】（1）证明：四边形为的内接四边形， ， ，， ， 平分， ， ， ； （2）由题意可得，是的直径， ， ， 又， 垂直平分线段， ， ，， 又平分， ， ， ， ， 即的余弦值为； （3）由题意可得，是的直径， ， ， 又的半径为， ， ，， 由 （1）可知，，， ， ， ， ， ， 的长为6． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，涉及了圆内接四边形对角互补，相似和圆的知识相结合． 22．(1)见解析 (2) 【分析】（1）由得；因，得，进而．由，根据同位角相等，两直线平行，证得．根据切线性质得．由和，推出． （2）连接，由与相切得，结合且，证得四边形是正方形．设半径为，由，，得，．在中，根据勾股定理，代入、、，列方程．解上述方程，舍去负根，得，即半径． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， ， ， ， ， ， 是的切线， ， ； （2）设的半径为，连接， 与相切， ， ，且， 四边形为正方形， ，则有，， 在中，利用勾股定理得：，即， 解得：，（舍去）， 的半径为． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、切线的判定与性质、正方形的判定与性质，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 23．(1)见解析 (2)AD= 【分析】（1）连接OB，求出OB∥DE，推出EB⊥OB，根据切线的判定得出即可； （2）根据HL证明Rt△ACB≌Rt△ACD，得∠ACB=∠ACD，AB=AD，求出∠CBE=30°，得BC=2CE=，AC=2BC=，在Rt△ACB中，由勾股定理得AB＝，从而可得结论 【详解】（1）如图，连接OB， ∵CB平分∠ACE． ∴∠ACB＝∠ECB； ∵OB＝OC， ∴∠BCO＝∠CBO，   ∴∠BCE＝∠CBO， ∴OB∥ED， ∴∠E+∠EBO=180°； ∵BE⊥ED， ∴∠E=90°， ∴∠EBO=180°-∠E=90°， ∴EB⊥BO； ∵OB是⊙O的半径， ∴BE是⊙O的切线； （2）∵AC是⊙O的直径，                 ∴∠ABC=∠ADC＝90°， ∵在Rt△ACB和Rt△ACD中， ∴Rt△ACB≌Rt△ACD（HL） ∴∠ACB=∠ACD，AB=AD 又∵∠ACB＝∠ECB；∠ECB+∠ACB+∠ACD＝180°， ∴∠ECB=∠ACB=∠ACD＝60° ∵∠E=90°， ∴∠CBE=30°， ∵CE＝， ∴BC=2CE=； ∵∠ABC=90°，∠ACB＝60° ∴∠BAC=30° ∴AC=2BC= ∵在Rt△ACB中，由勾股定理得：AB＝ ∴AD=AB= 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 24．(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）连接，由证明，得出即可； （2）连接，证明，证出是的中位线，由三角形中位线定理得出，由可求出． 【详解】（1）解：连接，则．如图1， ∵， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴． 在和中， ∵， ∴， ∴． ∵为的切线，B为切点， ∴， ∴，即， ∴是的切线； （2）连接．如图2， ∵在中，且， ∴，则． 在中，∵， ∴， ∴，解得， ∴．在中，由勾股定理，得， ∵，即为的中位线． ∴，， ∴． ∵， ∴， ∴，即，解得． 25．(1)， (2) 【分析】（）由圆周角定理得，即得，进而根据等腰三角形的性质得，即可得，最后根据即可求解； （）由切线的性质得，进而得，即得，由三角函数可得，即得，即可求解． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴； （2）解：∵切于点， ∴， 即， 又∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（）知， ∵， ∴ ， ∵， ∴， 即的直径为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的性质，解直角三角形，直角三角形的性质等，掌握以上知识点是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $