2026年中考数学专题模块复习二圆

2026年中考数学专题模块复习二 圆 一、单选题 1．如图，在中，，，则（   ） A． B． C． D． 2．如图，点在上，，垂足为E．若，，则（    ） A．2 B．4 C． D． 3．如图，是的直径，将弧沿弦折叠后，弧刚好经过圆心O．若，则的长是（　　） A． B． C． D． 4．如图，是的直径，，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 5．如图，五边形是的内接正五边形，是的直径，连接，交于点P，则的度数是（   ） A． B． C． D． 6．如图，是半径为1的的两条弦，于点D，于点E，连接．若，则的长为（　　） A．1 B． C． D． 7．如图，的半径4，直线l与相交于A，B两点，点M，N 在直线l的异侧，且是上的两个动点，且，则四边形的面积的最大值是（   ） A．9 B． C．18 D． 8．如图，圆O是等边三角形的外接圆，点D是弧的中点，连接、．以点D为圆心，的长为半径在圆O内画弧，阴影部分的面积为，则等边三角形的边长为（    ） A．4 B． C． D．2 二、填空题 9．如图，在扇形中，，将扇形进行折叠，使点O落在弧的中点C处．若折痕，则图中阴影部分的面积为__________． 10．如图，为的直径，为的切线，D、B为切点，连接，交于点E，交于G，的延长线交于点F，以下结论：①；②点E为的内心；③；④；⑤．其中正确的有 _________． 11．如图，四边形内接于，为直径延长线上一点，，，则______． 12．如图，是正五边形和正六边形的外接圆，连接和，则的度数为______． 13．如图，在中，，，点D为的中点，点E在上，且．经过点A，D，E，与交于点G，与交于点F，则的度数为__________°． 三、解答题 14．如图，在中，弦半径OB，，求的度数.    15．如图是的正方形网格，每个小正方形的边长为1，的顶点在格点上．已知的外接圆． (1)仅用无刻度的直尺在给定的网格中完成画图： ①确定的外接圆的圆心； ②作出过点的切线，与的延长线交于点； （上述两问都要保留作图痕迹） (2)图中劣弧的长为 ． 16．如图，， 交于点C，D，是半径，且于点F． (1)求证：． (2)若，求的半径． 17．如图，是的直径，点为下方上一点，点为的中点，连接，，，延长，相交于点． (1)求证：； (2)若，，求直径的长． 18．如图，是的弦，为过点的切线上一点，且，分别在上，且，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，求的度数． 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．B 【分析】根据弧，弦，圆心角的关系，解答即可． 本题考查了弧，弦，圆心角的关系，熟练掌握关系是解题的关键． 【详解】解：∵在中，，， ∴． 故选：B． 2．D 【分析】连接OC，根据圆周角定理求得，在中可得，可得OC的长度，故CE长度可求得，即可求解． 【详解】解：连接OC， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴ ∵，垂足为E， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查圆周角定理和垂径定理，作出合适的辅助线是解题的关键． 3．C 【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质和折叠的性质，直径所对的圆周角是90度，含30度角的直角三角形的性质，根据题意作出辅助线，构造出等边三角形是解题的关键． 过点作于点，交于点，连接，根据折叠的性质得到垂直平分，所以，再判断为等边三角形得到，得出，再证明，最后利用含30度角的直角三角形性质和勾股定理得到的长． 【详解】解：如图，过点作于点，交于点，连接， 将弧沿弦折叠后，弧刚好经过圆心， 垂直平分， ， ， 为等边三角形， ， ， ， 是直径， ， ， ， 故选：C． 4．B 【分析】本题考查弧与圆心角的关系、圆周角定理、等腰三角形的性质，先根据等弧对等圆心角得到，则，再根据圆周角定理得到，然后利用等边对等角求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 5．C 【分析】本题考查正多边形与圆，圆周角定理，垂径定理等知识，根据正五边形的性质结合圆周角定理和垂径定理得，，进而可得答案． 【详解】解：∵是的直径，五边形是的内接正五边形， ∴，，， ∴， ∴， 故选：C． 6．D 【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，三角形中位线定理，垂径定理，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键． 连接，根据圆周角定理可得，从而在中，利用勾股定理可得，然后根据垂径定理可得，从而可得是的中位线，最后利用三角形中位线定理进行计算，即可解答． 【详解】解：连接， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴是的中位线， ∴， 故选：D． 7．D 【分析】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、等腰直角三角形的性质，过点作于，交于点、两点，连接，，，，，，求出为等腰直角三角形，得出，结合得出当点到的距离最大时，的面积最大，当点到的距离最大时，的面积最大，即点运动到点，点运动到点，此时四边形的面积最大，由此即可得解，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，过点作于，交于点、两点，连接，，，，，， ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴当点到的距离最大时，的面积最大，当点到的距离最大时，的面积最大，即点运动到点，点运动到点，此时四边形的面积最大，为， 故选：D． 8．C 【分析】连接、，与交于点．根据等边三角形的性质和圆内接四边形的性质，得到，再结合扇形面积公式，求出，由垂径定理可得，，，再解直角三角形，得到，从而得到，即可求解． 【详解】解：如图，连接、，与交于点． 是等边三角形， ， 四边形内接于， ， ， 阴影部分的面积为， ， ， （负值舍去）， 是半径，点D是弧BC的中点， ，，， ， ， ， ， 等边三角形的边长为， 故选：C． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，圆内接四边形，扇形面积，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理等知识，掌握圆的相关性质是解题关键． 9． 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，扇形面积的计算，不规则图形面积的计算，掌握正方形的判定方法和性质，不规则图形面积的计算方法是解题的关键． 根据折叠的性质可得，可得，，可得四边形是正方形，再根据阴影部分的面积等于扇形的面积减去正方形的面积，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，交于点， ∵将扇形折叠，点落在弧的中点处， ∴， ∴，且， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴阴影部分的面积为， 故答案为：． 10．①②④⑤ 【分析】本题考查了切线长定理，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，内心的概念等知识，灵活运用相关知识是解答本题的关键． ①根据切线长定理，证，可得．故．根据圆周角定理即可得出，由此可证得； ②连接；根据圆周角定理，易求得分别平分和；根据三角形内心的定义，即可得出结论②正确； ③若，则，在中，，易得（因为），即；因此弧弧，而这个条件并不一定成立．故③不正确； ④根据圆周角定理得到，．又由②知，是的平分线，根据等腰三角形的“三合一”性质得到．故④正确． ⑤证明，即可判断⑤ 【详解】解：①连接． ∵与是的切线， ∴，， ∴。 又， ∴， ∴∠DCO=∠BCO， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∴，故①正确； ②延长交于点，连接，则， ∵， ∴， 而， ∴， ∵为直径， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 同理，， ∵， ∴， ∴，即是的角平分线， 同理可证得是的平分线， 因此E为的内心，故②正确； ③若，则应有，应有， ∴弧弧，而弧与弧不一定相等，故③不正确； ④如图，∵是直径， ∴，即． 又由②知，是的平分线， ∴是等腰的边上的中垂线，则．故④正确． ⑤∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又， ∵， ∴，故⑤正确， 故答案为：①②④⑤． 11．/度 【分析】本题考查了已知圆内接四边形求角度，半圆（直径）所对的圆周角是直角，利用弧、弦、圆心角的关系求解，解题的关键在于熟练掌握相关知识． 连接，根据圆内接四边形性质求得，结合弧、弦、圆心角的关系推出，进而得到，再利用半圆（直径）所对的圆周角是直角，得到，最后根据求解，即可解题． 【详解】解：连接， 四边形内接于，， ， ， ， ， 为直径， ， ； 故答案为：． 12．/24度 【分析】本题考查正多边形与圆，连接，根据正多边形的性质可得：，进而得到，，再根据即可求解． 【详解】解：连接， 根据题意得：， ， ， ， 故答案为：． 13．60 【分析】题目主要考查等边三角形的判定和性质，圆周角定理，理解题意，作出辅助线进行求解是解题关键． 连接，根据等边三角形的判定得出为等边三角形，为等边三角形，再由各角之间的关系及等量代换得出，利用圆周角定理即可求解． 【详解】解：连接，如图所示： ∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵点D为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的度数为， 故答案为：60． 14．． 【分析】先根据平行线的性质得到，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算的度数． 【详解】解：半径， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了三角形内角和：三角形内角和是．也考查了等腰三角形的性质和圆的认识． 15．(1)①见解析；②见解析 (2) 【分析】（1）①由，知，垂直平分，由图知垂直平分，两线相交于点，则点即为所求； ②取格点F，，知，根据切线的判定知即为所求， （2）先利用勾股定理及其逆定理得到，进而利用弧长公式求解即可． 【详解】（1）解：①如图，分别作线段，的垂直平分线，相交于点，则点即为所求； ②如图，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，则即为所求； （2）解：，， ∵， ∴， ∴图中劣弧的长为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了作图一应用与设计作图、三角形的外接圆、等腰三角形的性质、勾股定理、勾股定理的逆定理、切线的判定、弧长公式，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 16．(1)见解析 (2)5 【分析】本题考查了垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理等,掌握定理及性质，能用勾股定理求解是解题的关键． （1）由垂径定理得，由等腰三角形的性质得，即可求证； （2）由勾股定理得，即可求解； 【详解】（1）证明：∵，是半径， ∴， ∴ ∴ （2）解：设的半径是，如图，连接 ， ∵ 由垂径定理得：， ∵ ∴ ∴ ∴的半径是5. 17．(1)见解析 (2)． 【分析】本题考查的是圆周角定理，垂径定理及勾股定理，等腰三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线构造出直角三角形是解题的关键． （1）延长交于点，连接．，先根据圆周角定理得出，再由点为的中点可知，故可得出，再由得出，故，进而得出结论； （2）设的半径为，则，再证明是的中位线，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：如图，延长交于点，连接． 为的直径， ，即． 点为的中点， ， ， ． ， ， ， ． （2）解：设的半径为，则，． ，， 是的中位线， ， ． 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， ， 即， 解得：，（不合题意，舍去）， 直径的长为． 18．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查切线的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形全等的判定与性质、三角形的内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质、切线的判定与性质是解答的关键． （1）连接，先根据等腰三角形的性质得到，再根据切线的性质定理可得，进而根据切线的判定定理可得结论； （2）证明得到，利用等腰三角形的性质求得，进而利用三角形的内角和定理和平角定义得到． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴． ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：在与中， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴． 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 $