重点专题精练：圆-2026年中考数学专项

**基本信息** 以“问题情境—模型构建—策略迁移”为主线，系统整合圆的性质应用、动态几何与跨知识综合，突出逻辑推理与空间观念培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础性质|1-8题|切线判定“连半径证垂直”、弧长计算“圆心角转化”|从圆的定义出发，通过垂径定理、圆周角定理构建“性质—判定—计算”逻辑链| |综合应用|9-16题|阴影面积“割补法”、动点问题“函数建模”|结合几何图形变换（如对称、旋转），实现圆与三角形、四边形知识融合| |创新探究|17-22题|动态几何“分类讨论”、跨学科应用“数学建模”|从静态计算过渡到动态分析，培养抽象能力与模型意识，契合中考命题趋势|

重点专题精练：圆-2026年中考数学专项 一、单选题 1．（2026年浙江宁波市中考全景复习指导（二）数学试题）如图，四边形为平行四边形，以点A为圆心，长为半径画弧，交边于点E，连接．若，，则的长为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·宁夏固原·二模）如图是的直径，是的切线，连接交于点C，连接．若，则为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·安徽淮北·模拟预测）如图，是的直径，与相切于点D，与的延长线交于点C，连接，过点B作，交于点E，已知，则（     ） A． B． C． D． 4．（2026·浙江台州·二模）如图，圆的内接六边形中，，则（    ） A． B． C． D． 5．（25-26六年级下·上海青浦·期中）如图，阴影部分是由小圆的圆周部分连接而成的花瓣图．这些小黑点是小圆的圆心．每个小圆的半径是1，则此花瓣图的面积是（   ） A．16 B． C． D． 6．（2026·湖北襄阳·一模）如图，内接于，且圆心在上，以点为圆心，任意长为半径作弧分别交，于，两点，再以为圆心，长为半径作弧，交于另一点，连接并延长交于，连接，若，则的度数为（） A． B． C． D． 7．（2026·河南开封·二模）崇宁通宝是北宋时期的钱币如图①，其形状可抽象为一个带正方形孔的圆形几何模型，部分尺寸（单位：mm）如图②所示，这枚古钱币实体部分的面积（单位：）为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·河南平顶山·一模）某摩天轮是亚洲最大的水上摩天轮，共设有28个回转式太空舱全景轿厢，其示意图如图所示．该摩天轮高（即最高点离水面平台的距离），圆心O到的距离为，摩天轮匀速旋转一圈用时．某轿厢从点A出发，后到达点B，此过程中，该轿厢所经过的路径（即）长度为（    ） A． B． C． D． 9．（25-26九年级下·河南信阳·阶段检测）如图1，在等腰中，，点为的内心，动点从点出发沿的边运动，设点的运动路程为，为，关于函数的部分图象如图2所示，则的面积为（   ）        图1               图2 A．15 B．18 C．20 D．30 10．（2026·北京海淀·一模）如图，在平面直角坐标系中，是抛物线上一点．以点为圆心，长为半径的圆与抛物线在第一象限交于点，抛物线和在点之间的部分分别记为，．分别是，上的两个动点（均不与重合）．给出下面四个结论： ①当轴时，长的最大值为； ②若点在轴上，则在第一象限内存在点，使四边形的面积等于的面积； ③可能是等边三角形； ④以为中点的线段恰有两条． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ）． A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 二、填空题 11．（2026·陕西·模拟预测）如图，分别以等边的三个顶点为圆心，边长为半径作弧，三条弧组成的曲边三角形叫做勒洛三角形．若一个勒洛三角形的周长为，则等边的边长为___________． 12．（2026年辽宁鞍山市九年级下学期第二次质量调查数学试卷）如图，的半径为5，弦的长为8，点C是上一点，且，连接并延长，交于点D，交于点E，则的长为________． 13．（25-26九年级下·安徽六安·阶段检测）如图，点B在劣弧上，，则的度数为_______________． 14．（2026·广东广州·二模）如图，的半径，直线，垂足为，且交于，两点，，若沿所在直线平移后与相切，则平移的距离是________． 15．（2026·甘肃白银·二模）“莱洛三角形”是机械学家莱洛研究发现的一种曲边三角形，转子发动机的设计就是利用了莱洛三角形（如图1），它的三“边”分别是以等边三角形的三个顶点为圆心，边长为半径的三段圆弧．如图2，在设计某种转子发动机时，在边长为4的等边三角形中，分别以A，B，C为圆心，长为半径画弧．过点A作于点E，过点B作于点F，，交于点O，以点O为圆心，长为半径作圆，则图中阴影部分的面积为________． 16．（2026·山东日照·二模）如图，在单位长度为1的平面直角坐标系中，曲线是由半径为2，圆心角为的多次复制并首尾连接而成．现有一点从（为坐标原点）出发，以每秒的速度沿曲线向右运动，则在第2026秒时点的纵坐标为________． 三、解答题 17．（2026·宁夏固原·二模）如图，是的直径，点P是外一点，与相切于点A，点C为上的一点．连接、、，且． (1)求证：为的切线； (2)若，，求阴影部分的面积． 18．（25-26九年级下·甘肃张掖·期中）如图所示，破残的圆形轮片上，弦的垂直平分线交于点C，交弦于点D．已知，． (1)求作此残片所在的圆（不写作法，保留作图痕迹）； (2)求（1）中所作圆的半径． (3)思考1：求残片所在的圆，关键是找出______，即两条弦的______． 思考2：求半径的长，可以作辅助线构造直角三角形，利用______定理求解． 19．（2026·河南商丘·模拟预测）如图，已知点A，B，C是上的三点，且． (1)请用无刻度的直尺和圆规作出圆心O（保留作图痕迹，不写作法）． (2)如图2、点D为下半部分上的一点，且，连接．求证：是的直径． 20．（2026·江苏常州·一模）在平面直角坐标系中，的半径为，对于点、点和，给出下面定义：将点绕点顺时针旋转得到点′，若点′在上或内部，则称点为关于点的旋垂点． (1)如图1，若点． ①在点、中，为关于点的旋垂点是_____； ②点是轴上的动点，且点为关于点的旋垂点，求点横坐标的取值范围； (2)如图2，若点，直线上存在关于点的旋垂点，直接写出的取值范围． 21．（2026·安徽阜阳·模拟预测）我们知道三角形三条高线的交点为三角形的垂心，请进行如下探索： (1)如图1，在中，为的直径，为的弦，且于点F，作点B关于的对称点P，连接，，证明：点P为的垂心； (2)如图2，在中，，均为的弦，且于点F，作点B关于的对称点P，连接，，证明：点P为的垂心； (3)如图3，在中，，，和交于点F，延长至点P，使，连接，，证明：A，P，B，C四点共圆． 22．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）如图已知：在中，直径，垂足为E，连接，． (1)如图1，求证：； (2)如图2，过点B作的垂线交于点G，交于点F，求证：． (3)如图3，在（2）的条件下，连接，点J为上一点，连接、，延长交于点H，，，当时，求的长． 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 《重点专题精练：圆-2026年中考数学专项》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D C D B C D A B A 1．D 【分析】首先确定，由作图可知，进而可得，再根据三角形内角和定理可得，然后根据弧长公式求解即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形，，， ∴， ∴， 由作图可知，， ∴， ∴， ∴的长． 2．D 【详解】解：∵， ∴， ∵是的切线，是的直径， ∴， ∴， ∴． 3．C 【分析】如图：连接，利用切线的性质以及直角三角形的性质可得，利用圆周角定理以及平行线的性质可得，最后运用邻补角互补即可解答． 【详解】解：如图：连接， ∵与相切于点D， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 4．D 【分析】连接，根据圆内接四边形的性质可得，再结合三角形内角和定理解答即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形均为圆O的内接四边形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 5．B 【分析】观察图形可知，阴影部分面积可以通过割补法求解. 将四个角外部突出的圆中的半圆部分剪下，填补到四条边的凹陷处，即可形成一个完整的正方形和四个圆． 【详解】解：由图可知，小圆半径， ∵相邻圆与半圆相切， ∴四个角小圆圆心构成的正方形边长为 ， 利用割补法，将四个角外部的圆中的半圆部分填补到四条边的凹陷处. 此时中间形成一个边长为4的完整正方形，其面积为 ； 四个角外部各剩余个圆， ∴外部剩余部分总面积为； ∴阴影部分总面积为 ． 6．C 【分析】由作图可知，所以，又是的直径，则有，，根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可知，再通过角度和差即可求解． 【详解】解：由作图可知，， ∴， ∵是的直径， ∴，， ∴， ∴． 7．D 【分析】本题考查了垂径定理，正方形的性质，勾股定理，取圆心，过点作垂直正方形的边长于点，连接，可得，即得，再利用勾股定理求出即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，取圆心，过点作垂直于正方形的边长于点，连接， 则， ∴， ∴， 圆的面积为， 正方形的面积为， 古钱币实体部分的面积等于圆的面积减去正方形的面积，即． 8．A 【分析】先求出摩天轮半径，再求出，最后根据弧长公式求出结果即可． 【详解】解：∵最高点离水面平台的距离为，圆心O到的距离为， ∴摩天轮的半径为， ∵摩天轮匀速旋转一圈用时，轿厢从点A出发，后到达点B， ∴， ∴该轿厢所经过的路径长度为： ． 9．B 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，利用函数图象得出的长是解题的关键． 设点的运动路程为，根据图象可得当时，点与点重合，由此求出，再利用函数图象当取最小值时，取最小值，，可得，进而求出点到三角形三边的距离，再根据等腰三角形性质和三角形的内心求出，，最后勾股定理列方程求出，由此即可利用三角形面积公式解答即可． 【详解】解： 如图：过点作，垂足为，延长交于， 当时，点与点重合，此时，∴， 当时，即，最小，此时，即如图点与点重合，∴， 即：， 又∵， ∴， ∵， ∵点为的内心， ∴， ∴，， 又∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 又∵，即， ∴，即， ∴， ∴． 10．A 【分析】本题考查二次函数图象与性质，圆与函数的综合，等边三角形的性质与判定；当与轴重合时，的长取最大值，计算此时的的长即可判断①；，即可判断②；以为圆心，以为半径画圆与抛物线有交点，改变点位置使得，即可使得是等边三角形，即可判断③；设，表示出在上，利用建立方程，求出，最后根据的取值范围，即可判断④． 【详解】解：①当与轴重合时，的长取最大值， ∵将代入，得，解得：， ∴， ∴， ∴当与轴重合时，，， ∴当与轴重合时，即为最大值， ∴①正确； ②如图1所示，对于轴上的任意一点， ∵轴， ∴， ∵四边形的名称为， ∴点在第一象限的抛物线上， 抛物线在第一象限曲线上的任意一点，都可以画出, 显然， ∴②错误； ③如图2所示，以为圆心，以为半径画圆与抛物线有交点，改变点位置使得，即可使得是等边三角形， ∴③正确； ④点分别是，上的点，设， ∵、，、在点、点之间，均不与重合， ∴， ∵为中点， ∴在上， ∴，即， （负值舍去）或， ∵， ∴， ∵，这与是矛盾的， ∴不存在以为中点的线段， ∴④错误； 综上：①③正确，选A． 11． 【分析】设等边三角形边长为，用弧长公式求出勒洛三角形周长，结合已知周长列方程求解边长． 【详解】解：设等边的边长为， ∵是等边三角形，每个内角为， ∴勒洛三角形的周长由三段相等的弧组成，每段弧的圆心角为，半径等于等边三角形的边长， 根据弧长公式，得：单段弧长为， ∴勒洛三角形总周长为， ∵已知周长为， ∴， 解得：， ∴等边的边长为． 12．2 【分析】连接，根据垂径定理推论可得，，勾股定理求出，即可得． 【详解】解：连接， ∵点C是上一点，且，连接并延长，交于点D，交于点E，弦的长为8， ∴，， ∵的半径为5， ∴， ∴， ∴． 13．/115度 【分析】在优弧上构造圆周角，利用圆周角定理求出该角，再利用圆内接四边形对角互补求解． 【详解】解：在优弧上取一点，连接 ， ， 四边形内接于， ， ． 14．或 【分析】连接，利用垂径定理可得，再由勾股定理可得，然后分两种情况解答即可． 【详解】解：连接， ∵直线，， ∴， 在中，， ∴， ∵直线l沿所在直线平移后与相切， ∴直线l应垂直于过点C的直径，垂足为直径的两个端点， ∴当直线向下平移时，直线l沿所在直线移动的距离为； 当直线向上平移时，直线l沿所在直线移动的距离为； 综上所述，平移的距离是或． 15． 【分析】由题意易得，，平分，平分，则有点O为的内心，也是的重心，然后可得，进而根据割补法求解阴影部分的面积即可． 【详解】解：∵是边长为4的等边三角形，，， ∴，，平分，平分， ∴， ∵，交于点O， ∴点O为的内心，也是的重心， ∴， ∴ ． 16．0 【分析】根据弧长公式得到的长为，则点走完需要的时间为秒，得到点P的纵坐标的周期性变化规律，据此解答即可． 【详解】解：的长为， 点以每秒的速度沿曲线向右运动， 则走完需要的时间为秒， 如图，作于点E，与交于点D， 在中，、， 则， ， 则， 第1秒时点P纵坐标为1， 第2秒时点P纵坐标为0， 第3秒时点P纵坐标为， 第4秒时点P纵坐标为0， 第5秒时点P纵坐标为1， 第6秒时点P纵坐标为0， 依次类推， 点P的纵坐标以1，0，，0四个数为一个周期依次循环， 则， 因此，在第2026秒时点P的纵坐标的值为0． 17．(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了切线的性质与判定、三角形全等、扇形的面积、求不规则图形的面积以及含三角形的性质．解决本题的关键是掌握切线的判定定理以及求扇形的面积． （1）利用是的切线，是的半径，求出，再证明出，求出，从而证明出切线． （2）利用含三角形的性质求出边长，从而求出的面积．再利用扇形公式求出扇形的面积，求差即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵是的切线，是的半径． ∴ 连接， 在与中， ∴ ∴， ∵C为上的一点． ∴是的切线； （2）解：∵， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∴ ∴． 18．(1)见解析 (2) (3)圆心，垂直平分线的交点，勾股 【分析】（1）由于是弦的垂直平分线，则圆心在直线上，因此连接，圆心在的垂直平分线上，故作的垂直平分线，交于点O，则点O就是所求的圆心，以为半径画圆即可得到所求的圆； （2）连接，设半径为，即，则，根据是的垂直平分线，得到，，因此在中，根据勾股定理构造方程，即可求出x的值，即为此残片所在圆的半径； （3）根据（1）（2）的解题思路即可解答． 【详解】（1）解：如图，为所求的圆． （2）解：连接， 设半径为，即， ∴， ∵是的垂直平分线， ∴，， ∴在中，， 即， 解得：， ∴此残片所在圆的半径为． （3）解：思考1：求残片所在的圆，关键是找出圆心，即两条弦的垂直平分线的交点． 思考2：求半径的长，可以作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求解． 19．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）圆心到圆上任意一点的距离相等，即点O在线段、的垂直平分线的交点； （2）连接、、、，利用圆的半径相等，等边对等角，等弧所对的圆心角相等，再结合等式的性质求出． 【详解】（1）解：分别以点A、C为圆心，以大于长度为半径画弧，分别交于点E、F，连接，则直线为线段的垂直平分线；同理可得直线为线段的垂直平分线；直线与直线交于点O，即点O为圆心，如图1所示． （2）解：连接、、、． ， ， ，是的直径． 在中，，，， ，，， 又， ， ， 是的直径． 20．(1)① ， ② (2) 【分析】（1）①设与轴的正半轴交点为点，过点作于点，连接，，利用等腰直角三角形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，结合新定义解答即可； ②过点作于点，轴于点，设点的旋转对应点为，连接，，根据点为关于点的旋垂点，点在内部或上，设，根据定义，建立不等式解答即可； （2）先确定直线恒过定点；再构造以为中心、将顺时针旋转得到的辅助圆，利用切线的性质求出直线与相切时的值，进而确定的取值范围． 【详解】（1）解：①设与轴的正半轴交点为点，过点作于点，连接，，如图， ∵的半径为， ∴点， ∴， ∵点， ∴， ∴ ， ∵点， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， ， ∴ ， ∵点在的内部， ∴点为关于点的旋垂点； 在和中， ， ∴ ， ∴，， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵点在上， ∴点 为关于点的旋垂点； 故答案为：， ； ②过点作于点，轴于点，设点的旋转对应点为，连接，，如图， ∵点为关于点的旋垂点，点在内部或上， 设， 则要想使取最大值，； ∵点， ∴， ∴， ∵ ， ， ∴ ， 在 和中， ， ∴ ， ∴ ， ∴点一定在轴上，且在上， ∴ ， ∴ ， ∵的半径为， ∴ ， 解得； （2）解：∵ ， ∴当时， ， ∴过定点， 如图，取点，连接，以为圆心，为半径作，过点作直线的切线、，切点分别为、，连接、、，过点作于点，当直线过点时，取最小值，当直线过点时，取最大值， ∵，，， ∴，， ∴， ∴绕点顺时针旋转度得，即在上， ∵，， ∴轴，， ∵切于， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴点的纵坐标为，， ∴， 同理可得， 当直线过点时，得 ， 解得； 当直线过点时，得 ， 解得， ∴的取值范围为． 21．(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）连接并延长交于点，连接，由垂直平分线的性质，等腰三角形的性质及三角形内角和定理证明，再根据三角形垂心的定义判定即可； （2）连接并延长交于点，连接，由垂直平分线的性质，等腰三角形的性质及三角形内角和定理证明，再根据三角形垂心的定义判定即可； （3）连接并延长交于点M，先证明，再根据垂直平分线的性质得出，再根据等边对等角证明即可． 【详解】（1）证明：如图，连接并延长交于点，连接， ∵点P与点B关于对称， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴点为的垂心； （2）证明：如图，连接并延长交于点，连接， ∵点P与点B关于对称， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴点为的垂心； （3）证明：如图，连接并延长交于点M， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴A，P，B，C四点共圆． 22．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据圆周角定理可得，即可求证； （2）证明，可得，即可求证； （3）过点B作，交于点W，证明，可得，，设，则，，，再证明，可证明，可得，设，，，，根据，可得，即可求解． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， ， ． （2）证明：，， ， 又，， ， ， ， ， ． （3）解：如图，过点B作，交于点W， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，，， ∵为直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 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 $