2026年中考数学提升专题训练：圆

2026年中考数学提升专题训练：圆 一、单选题 1.如图，点A,B,C在⊙O上，若∠0=64°，则∠A=() A.16° B.32° C.48° D.64° 2.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，D为斜边AB上一点，以DB为直径的圆与AC相切于点E.若 AD=5,AE=10,则BC的长是(). A D A.10 B.12 C.13 D.15 3.如图(1)是博物馆屋顶的图片，屋顶由图(2)中的瓦片构成，瓦片横截面如图(3)所示，AB是以点 O为圆心，18cm为半径的弧，弦AB的长为18cm,则AB的长是() (1) (2) (3) A.24πcm B.12πcm C.10πcm D.6πcm 4.如图，A、B、C是⊙O上的点，BC是圆的直径，在BA延长线上取一点D,使AD=AC,连接CD,则 ∠ACD为() A.70 B.50° C.45° D.40° 5.如图，AB是⊙O的直径，C,D是⊙O上的点，AD=BD,若LADC=25°，则LCAD的度数为() 第7页，共7页 B D A.75° B.90° C.105 D.110° 6.如图，PA与⊙O相切于点A,PO的延长线交⊙O于点C.AB∥PC,且交⊙O于点B.若∠P=30°， 则LBCP的大小为() A A.30° B.45° C.60° D.75 7.如图，四边形ABCD内接于⊙O,AB=BC,连接BD,若∠ABC=70°，则LBDC的度数为() 0. A.20° B.35 C.55 D.70° 8.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC,AD,CD分别与扇形BAF相切于点A,E,若AB=15,BC=17,则 AD的长为() A.8 B.8.5 C.55 D.9 9.如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O外的一点，连接CA,CB分别交⊙O于D,E两点，连接DE,DB.若 ∠CAB=50°，∠C=60°，则∠EDB的度数为() 第6页，共7页 A.30° B.25 C.20° D.15° 10.如图，MN是⊙O的直径，MN=2,点A在⊙O上，∠AMN=30°，B为AN的中点，P是直径MN上 一动点，则PA+PB的最小值为() B A.25 B.√2 C.1 D.2 二、填空题 11.在△ABC中，∠C=90°，AC=3,BC=4,则△ABC的内切圆的半径为 12.如图，扇形OAB的圆心角为260°，若点P在该扇形内，则∠APB的度数的范围是 B 13.一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔，它的部分尺寸（单位：mm)如图，这枚古钱币的半径为 mm. -10 14.如图，在平面直角坐标系中，OP与x轴交于点M、N,与y轴相切于点Q,点P的坐标为(5，-3)，则 点N的坐标为 O/M 15.如图，点A,B,C,D在⊙O上，若∠1+∠2=100，则∠B的度数为· 第7页，共7页 D A 16.如图，以矩形ABCD的B点为圆心，BC的长为半径作OB,交AB于点F,点E为AD上一点，连接 CE,将线段CE绕点E顺时针旋转至EG,点G落在OB上，且点F为EG中点.若AF=1,AE=3,则 CD的长为 B 三、解答题 17.如图，⊙O是ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，F是AD延长线上一点，连接CD,CF,且 ∠DCF=∠CAD. D B (I)求证：CF是⊙O的切线： 2)若AD10,cosB=,求FD的长 第6页，共7页 18.如图，在中心为O的正六边形4BCDEF中，点G,H分别在边AF,CD上，且不同于正六边形的顶点， CH=FG. 夕 (I)证明：四边形BGEH为平行四边形； (2)若正六边形的边长为4，以点0为圆心，OB为半径的扇形BOF与正六边形形成阴影部分，求图中阴影 部分的面积. 19.如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两点，AD=DC=CB,DF⊥BC于点F,延长FD交 BA的延长线于点E,连接BD. A (I)求证：DF是⊙O的切线： (2)若⊙O的半径为1，求图中阴影部分的面积. 第7页，共7页 20.如图，点D是ABC的内心，连接BD并延长交ABC的外接圆于点E,BE与AC交于点F,连接AE D B (I)设LABC=a,则∠EAC=一；（用含a的式子表示） (②)求证：AE=DE; (3)若DE=2,BD=1,求EF的长. 21.如图，P为⊙O外一点，PA和PB为⊙O的两条切线，A和B为切点，BC为直径. (1)求证： ①△APO≌△BP0. ②P0∥AC. (2)AC=2,0C=V5,求OP的长. 第6页，共7页 22.如图，AB,AC是⊙O的弦，AB=AC,半径OE,OF分别与弦AB,AC垂直，垂足分别为G,H, AM∥OF交OE于点M,AN∥OE交OF于点N,连接OA. M G H B (1)求证：∠AOE=∠A0F; (②)求证：四边形AMON是菱形； (3)若AB=16,0A=10,则0M= 第7页，共7页 2026年中考数学提升专题训练：圆 一、单选题 1．如图，点A，B，C在上，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查圆周角定理，掌握一条弧所对的圆周角等于这条弧所对圆心角的一半是解题的关键． 直接运用圆周角定理求解即可． 【详解】解：∵， ∴． 故选：B． 2．如图，在中，，为斜边上一点，以为直径的圆与相切于点．若，，则的长是（   ）． A．10 B．12 C．13 D．15 【答案】B 【分析】本题主要考查切线的性质，勾股定理及解直角三角形，解题的关键是利用勾股定理建立方程得到圆的半径． 根据题意可得，设半径为，利用勾股定理求出半径，再根据求解即可． 【详解】解：设中点圆心为，半径为，连接， 因为圆与相切于点，所以， 则，即， 解得，， 又， 所以． 故选：B． 3．如图（1）是博物馆屋顶的图片，屋顶由图（2）中的瓦片构成，瓦片横截面如图（3）所示，是以点为圆心， 为半径的弧，弦的长为，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等边三角形的判定，求弧长，根据已知可得，则是等边三角形，进而根据弧长公式，即可求解． 【详解】解：依题意，， ∴是等边三角形． ∴． ∴的长为． 故选：D． 4．如图，A、B、C是上的点，是圆的直径，在延长线上取一点D，使，连接，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，等腰三角形的性质，根据题意可得，再利用等腰三角形的性质即可解答． 【详解】解：是圆的直径， ， ， ， ， 故选：C． 5．如图，是的直径，C，D是上的点，，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据直径所对的圆周角为直角，得出，根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出，，最后求出结果即可． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 6．如图，与相切于点A，的延长线交于点C．，且交于点B．若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查切线的性质，等边三角形的判定和性质，连接，，切线得到，求出，平行，得到，进而得到为等边三角形，推出为等边三角形，即可得出结果． 【详解】连接，，则：， ∵与相切于点A， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， 故选C． 7．如图，四边形内接于，，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查圆内接四边形的性质、圆周角定理，根据圆内接四边形的性质得到，根据得到，即可得到的度数．关键是根据圆内接四边形的性质得到解答． 【详解】解：由圆内接四边形的性质可知：， ， ， ∵， ． 故选：C． 8．如图，在四边形中，分别与扇形相切于点．若，则的长为（   ） A．8 B． C． D．9 【答案】D 【分析】连接，作于点，由，分别与扇形相切于点，，，得，，，，求得，再证明四边形是矩形，则，，由勾股定理得，求得，即可解答． 【详解】解：连接，作于点， 则， ，分别与扇形相切于点，，，， ，，，， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 解得：， 故选：D． 【点睛】此题考查切线的性质定理、切线长定理、勾股定理、矩形的判定与性质等知识点，正确地作出辅助线是解答本题的关键． 9．如图，是的直径，点是外的一点，连接分别交于两点，连接．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由直径所对的圆周角是直角可得的度数，由三角形内角和定理可得的度数，由圆内接四边形对角互补可得的度数，据此可得答案． 【详解】解：∵是的直径， ∴； ∵，， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴． 10．如图，是的直径，，点A在上，，为的中点，是直径上一动点，则的最小值为（　　） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【分析】此题考查了最短路线问题，勾股定理，圆周角、圆心角之间的关系，找出的值最小时点所在的位置是解答本题的关键． 作点关于的对称点，连接交于点，此时的值最小，且等于的长，连接，得到，根据勾股定理求出的值即可得到答案． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接交于点，此时的值最小，且等于的长，连接， ∵ ， ∴． ∵为的中点， ∴ ． 又∵点与点关于对称， ∴ ， ∴． 又∵ ， 根据勾股定理得，即的最小值为． 故选：B. 二、填空题 11．在中，，，，则的内切圆的半径为________． 【答案】1 【分析】本题考查勾股定理和三角形的内切圆的定义，掌握三角形的内切圆的定义是解题关键． 先利用勾股定理求出斜边的长，通过三角形的面积列方程求解即可． 【详解】解：如图，作示意图如下， 由三角形的内切圆的定义可知，内切圆的圆心O到三角形的三边的距离相等，等于半径， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：1． 12．如图，扇形的圆心角为，若点在该扇形内，则的度数的范围是____________． 【答案】 【分析】本题考查了圆周角定理，三角形的外角性质，先延长交圆O于点C，则由圆周角定理得，再分两种情况讨论求解即可． 【详解】解：延长交圆O于点C，连接，如图所示： ∵扇形的圆心角为 ∴圆心角， 根据圆周角定理得：， 当点在扇形内部延长线上时，则； 当点在扇形内部线段上时，连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ 故答案为：． 13．一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔，它的部分尺寸（单位：）如图，这枚古钱币的半径为____________ ． 【答案】13 【分析】本题考查了垂径定理，正方形的性质，勾股定理，先根据题意，则是的直径，过作，连接，再结合正方形的性质以及垂径定理得，，由勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】解：如图所示：是的直径，过作，连接， 依题意，， ∵， ∴，， ∵一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔， ∴， 在中，， 即这枚古钱币的半径为， 故答案为：13 14．如图，在平面直角坐标系中，与x轴交于点M、N，与y轴相切于点Q，点P的坐标为，则点N的坐标为________． 【答案】 【分析】本题主要考查了圆的切线性质，勾股定理，坐标与图形等知识，连接，，过点P作于点A，由点P的坐标可得出，，再结合切线的性质和圆的半径相同可得出，再由勾股定理得出，进而可求出，即可求出点N的坐标． 【详解】解：如图，连接，，过点P作于点A， ∵与x轴交于点M、N，与y轴相切于点Q， ∴轴， ∵点P的坐标为，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 15．如图，点在上，若，则的度数为_____． 【答案】/80度 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互补以及等腰三角形的两底角相等是解题的关键． 通过连接，利用等腰三角形的性质得出，，从而求出的度数，再根据圆内接四边形的对角互补求出的度数． 【详解】解：连接． ∵，， ∴，， ∵， ∴ ∵， ∴． 故答案为：． 16．如图，以矩形的点为圆心，的长为半径作，交于点，点为上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，点落在上，且点为中点．若，，则的长为__________． 【答案】6 【分析】由矩形的性质得，根据圆周角定理，可求得，根据，可推出为直角，从点为中点，可推出，接着再证明，利用相似三角形的性质求解即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 为所对的圆周角，所对的圆心角为， ， 将线段绕点顺时针旋转至， ， ， ， ， ， 又， ∴， ∴， 点为中点， ， ， ， ． 故答案为：6． 【点睛】本题考查矩形的性质，圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，旋转的性质以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 三、解答题 17．如图，是的外接圆，是的直径，是延长线上一点，连接，，且．    (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形及相似三角形的判定与性质，掌握切线的判定方法，直角三角形的边角关系以及相似三角形的性质是正确解答的前提． （1）根据切线的判定，连接，证明出即可，利用直径所得的圆周角为直角，三角形的内角和以及等腰三角形的性质可得答案； （2）由，根据锐角三角函数的意义和勾股定理可得，再根据相似三角形的性质可求出答案． 【详解】（1）证明：连接，如图所示：   是的直径， ， ， 又， ， 又． ，即， 是的切线； （2）解：，， ， 在中，，， ，则， ， ，， ， ， 设，则，， ，即， 解得或（舍去）， ． 18．如图，在中心为的正六边形中，点G，H分别在边，上，且不同于正六边形的顶点，． (1)证明：四边形为平行四边形； (2)若正六边形的边长为4，以点为圆心，为半径的扇形与正六边形形成阴影部分，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】本题考查正多边形的概念，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，扇形面积的计算，根据正六边形的概念确定相等的角和线段，以及角的大小是解题关键． （1）根据正六边形的概念，得到正六边形的每个内角相等，每条边相等，从而证明三角形全等，再利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形证明即可； （2）根据正六边形的概念，确定的度数，进而确定的度数和的长，再通过作差法计算阴影部分的面积即可． 【详解】（1）证明：∵六边形是正六边形， ∴，， 又， ∴， ∴， ∵，， ∴，即， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接，，， ∵是正六边形的中心， ∴，， ∴， ∴， ∴和都是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴阴影部分的面积为． 19．如图，是的直径，、是上的两点，，于点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了圆的切线判定定理、扇形面积与三角形面积的计算，利用弧相等推导圆心角相等，结合直角三角形性质分析线段与角度关系是解题的关键． （1）连接，，由得圆心角，进而得，由得，由得，可得，即可得，又因是的半径即可证明； （2）由，结合得，由勾股定理可得，由即可得出． 【详解】（1）证明：如图，连接，， ∵是的直径，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 20．如图，点D是的内心，连接并延长交的外接圆于点E，与交于点F，连接． (1)设，则 ；（用含的式子表示） (2)求证：； (3)若，求的长． 【答案】(1)或 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据内心是三角形角的平分线交点，在同圆或等圆中，同弧上圆周角相等解答即可； （2）根据内心，三角形外角性质，等腰三角形的判定证明即可； （3）设，根据题意，根据相似三角形的判定和性质，列式解答即可． 本题考查了三角形的内心，圆的性质，三角形外角性质，等腰三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）解：∵点D是的内心， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， 故答案为：． （2）证明：连接， ∵点D是的内心， ∴，， ∵，， ， ∴， ∴． （3）解：设，根据题意， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得． 故的长为． 21．如图，P为外一点，和为的两条切线，A和B为切点，为直径． (1)求证： ①． ②． (2)，，求的长． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)5 【分析】本题考查了切线的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识点，熟练掌握切线的性质是解题的关键． （1）根据切线长定理得出，结合，，即可证明． （2）根据圆周角定理得出，由①可知：，得出，即可证明，进而得到． （3）连接．根据圆周角定理得出，证明，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）①证明：是切线， ， 又，， ． ②证明：点在上． ， 由①可知：， ， ， ． （2）解：连接． 是的直径， ， 又，， ∴． ， ， ． 22．如图，是的弦，，半径分别与弦垂直，垂足分别为G，H，交于点M，交于点N，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形； (3)若，，则_______． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】本题考查弧，弦，角之间的关系，垂径定理，勾股定理，菱形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键： （1）根据弧，弦，角之间的关系以及垂径定理，即可得证； （2）先证明四边形为平行四边形，等积法推出，即可得证； （3）垂径定理结合勾股定理求出的长，设，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵半径分别与弦垂直， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵半径分别与弦垂直， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形； （3）∵， ∴， 在中，由勾股定理，得：， 由（2）知：四边形为菱形， ∴设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得； ∴． 第2页，共23页 第3页，共23页 学科网（北京）股份有限公司 $