专题13 圆与正多边形（5年汇编）（浙江专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 整合浙江2022-2026年中考真题及模拟题，聚焦圆与正多边形四大核心考点，通过考情分析与梯度试题实现知识巩固与能力提升 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|3-5分|垂径定理、弧长公式、正多边形性质|真题考法稳定，如2023杭州中考考查圆周角定理转化| |解答题|6-12分|切线判定与性质、圆内接图形综合|模拟题呼应省统考趋势，如2026中考题融合正多边形与阴影面积计算|

专题13 圆与正多边形 5年真题1年模拟 考点分类 浙江考情（2022-2026） 命题规律 考点01垂径定理、圆心角与圆周角定理 2023·浙江杭州·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2023·浙江湖州·中考 2023·浙江湖州·中考 2023·浙江金华·中考 2023·浙江金华·中考 2022·浙江温州·中考 2022·浙江嘉兴·中考 近5年浙江中考在本考点共选取7道真题，2024、2025年省统考未在此单独设题。题型以选择题、填空题为主，分值3-5分，位于试卷前中部，属基础题。核心考查圆周角定理及圆心角与圆周角的关系，常见载体为垂直半径、切线、四边形内角和与等腰三角形，解题关键是把圆周角与圆心角互相转化并结合三角形内角和、外角性质；同时本考点也包含垂径定理的应用，以及切线性质与圆周角定理的综合。整体难度低、考法稳定，预计仍将以"同弧所对圆周角等于圆心角一半"及垂径定理计算模型为基本命题形态。 考点02 弧长与扇形的面积 2025·浙江·中考 2023·浙江宁波·中考 2023·浙江温州·中考 2022·浙江宁波·中考 2022·浙江温州·中考 2022·浙江台州·中考 2022·浙江丽水·中考 2022·浙江衢州·中考 近5年浙江中考在本考点共选取9道真题，2025年省统考以直角三角形斜边中线为背景考查弧长计算。题型以填空题、选择题为主，辅以少量解答题，分值3-6分。核心考查两类公式的直接应用：一是弧长公式与扇形面积公式，常配以圆心角、半径的定量计算，结合矩形与直径所对圆周角求圆弧长；二是圆锥侧面积，由底面半径与母线求侧面积。此外，还有复合图形求面积（含阴影面积转换），体现面积整体与部分的关系。整体难度基础偏中档，公式记忆准确是得分关键，预计未来省统考仍将以"弧长／扇形面积公式的直接应用"为主，并可能融入直角三角形、圆内接图形等背景。 考点03 圆的切线的判定与性质 2025·浙江·中考2024·浙江·中考 2023·浙江宁波·中考2023·浙江衢州·中考 2023·浙江衢州·中考 2023·浙江湖州·中考 2022·浙江金华·中考 2022·浙江宁波·中考 2022·浙江嘉兴·中考 2022·浙江衢州·中考 2022·浙江台州·中考 2022·浙江绍兴·中考 近5年浙江中考在本考点共选取9道真题，是本专题题量较大的考点，其中2024年、2025年省统考各设1题，其余集中在2022-2023年地市卷。题型覆盖填空、选择与解答题，分值3-12分，难度跨度大。核心考查切线的性质（切线垂直于过切点的半径）与判定，常用"连半径"构造直角三角形，并借助HL全等证明线段相等，再结合勾股、相似、解直角三角形求线段长度；部分题目融合切线、垂径定理、轴对称与折叠形成较高难度的综合题。整体呈"基础性质＋勾股解三角形＋综合探究"的层次，预计未来省统考将延续"切线性质＋解直角三角形"的主流考法，并可能提高综合度。 考点04 圆内接图形与正多边形 2026·浙江·中考 2025·浙江·中考 2023·浙江杭州·中考 2023·浙江台州·中考 2023·浙江温州·中考 2022·浙江舟山·中考 2022·浙江金华·中考 近5年浙江中考在本考点共选取7道真题，其中2025年、2026年省统考均有设题且难度明显提升，2022-2023年地市卷主要考查正多边形的基本性质与内角。题型以选择题、填空题为主，辅以综合探究解答题，分值3-12分。核心考查圆与正多边形的位置关系：正多边形内角与中心角的计算、正多边形面积与扇形面积的组合、以及圆内接矩形等图形的线段计算。2023温州七巧板拼图、2022金华正五边形作图探究为高难度综合题，融合垂径定理、相似与圆周角。整体呈"由基础性质向综合探究上升"的趋势，预计未来省统考将继续以"正多边形与圆＋阴影面积＋线段计算"为考查重点。 考点01 垂径定理、圆心角与圆周角定理 1．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，在中，半径互相垂直，点在劣弧上．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据互相垂直可得所对的圆心角为，根据圆周角定理可得，再根据三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：如图，   半径互相垂直， ， 所对的圆心角为， 所对的圆周角， 又 ， ， 故选D． 2．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，点是外一点，，分别与相切于点，，点在上，已知，则的度数是___________． 【答案】/度 【分析】连接，根据切线的性质得出，根据四边形内角和得出，根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：如图， ∵，分别与相切于点，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 3．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，点A，B，C在上，连接．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆周角定理解答即可. 【详解】解：∵， ∴； 故选：C. 4．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，是的半径，弦于点D，连接．若的半径为，的长为，则的长是______． 【答案】3 【分析】根据垂径定理可得的长，根据勾股定理可得结果． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（2023·浙江金华·中考真题）如图，在中，，以为直径作半圆，交于点，交于点，则弧的长为__________． 【答案】/ 【分析】连接，，，根据等腰三角形三线合一性质，圆周角定理，中位线定理，弧长公式计算即可． 【详解】解：如图，连接，，，      ∵为直径， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴弧的长为，故答案为： ． 6．（2023·浙江金华·中考真题）如图，点在第一象限内，与轴相切于点，与轴相交于点．连接，过点作于点． (1)求证：四边形为矩形． (2)已知的半径为4，，求弦的长． 【答案】(1)证明：∵与轴相切于点， ∴轴． ∵， ∴， ∴四边形是矩形． (2) 【分析】（1）根据切线的性质及有三个角是直角的四边形是矩形判定即可． （2）根据矩形的性质、垂径定理及圆的性质计算即可． 【详解】（1）略 （2）如图，连接． 四边形是矩形， ． 在中，， ． 点为圆心，， ． 7．（2022·浙江温州·中考真题）如图，是的两条弦，于点D，于点E，连结，．若，则的度数为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据四边形的内角和等于360°计算可得∠BAC=50°，再根据圆周角定理得到∠BOC=2∠BAC，进而可以得到答案． 【详解】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC， ∴∠ADO=90°，∠AEO=90°， ∵∠DOE=130°， ∴∠BAC=360°-90°-90°-130°=50°， ∴∠BOC=2∠BAC=100°， 故选：B． 8．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在⊙O中，∠BOC＝130°，点A在上，则∠BAC的度数为（　　） A．55° B．65° C．75° D．130° 【答案】B 【分析】利用圆周角直接可得答案． 【详解】解： ∠BOC＝130°，点A在上， 故选B 考点02 弧长与扇形的面积 1．（2025·浙江·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，以点C为圆心，长为半径作弧，与的另一个交点为点E．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查求弧长，斜边上的中线，根据斜边上的中线求出得到，进而得到，三角形的外角得到的度数，作图可知，等边对等角求出的度数，再根据弧长公式进行计算即可． 【详解】解：∵，是斜边上的中线，， ∴， ∴， ∴， 由作图可知， ∴， ∴， ∴的长为； 故选B． 2．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，圆锥形烟囱帽的底面半径为，母线长为，则烟囱帽的侧面积为_____________．（结果保留） 【答案】 【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，由扇形面积公式代值求解即可得到答案． 【详解】解：圆锥形烟囱帽的底面半径为，母线长为， 烟囱帽的侧面积（）， 故答案为：． 3．（2023·浙江温州·中考真题）若扇形的圆心角为，半径为，则它的弧长为___________． 【答案】 【分析】根据弧长公式即可求解． 【详解】解：扇形的圆心角为，半径为， ∴它的弧长为， 故答案为：． 4．（2022·浙江宁波·中考真题）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆锥侧面积计算公式计算即可：； 【详解】 ，故选B． 5．（2022·浙江温州·中考真题）若扇形的圆心角为，半径为，则它的弧长为___________． 【答案】π 【分析】根据题目中的数据和弧长公式，可以计算出该扇形的弧长． 【详解】解：∵扇形的圆心角为120°，半径为， ∴它的弧长为： 故答案为： 6．（2022·浙江台州·中考真题）一个垃圾填埋场，它在地面上的形状为长，宽的矩形，有污水从该矩形的四周边界向外渗透了，则该垃圾填埋场外围受污染土地的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可知受污染土地由两类长分别为，，宽分别为的矩形，及四个能组成一个以半径为的圆组成，求出面积和即可． 【详解】解：根据题意可知受污染土地由两类长分别为，，宽分别为的矩形，及四个能组成一个以半径为的圆组成， 面积为：，故选：B． 7．（2022·浙江丽水·中考真题）某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧所在的圆外接于矩形，如图．已知矩形的宽为，高为，则改建后门洞的圆弧长是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用勾股定理先求得圆弧形的门洞的直径BC，再利用矩形的性质证得是等边三角形，得到，进而求得门洞的圆弧所对的圆心角为，利用弧长公式即可求解． 【详解】如图，连接，，交于点， ∵ ， ∴是直径， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴门洞的圆弧所对的圆心角为 ， ∴改建后门洞的圆弧长是(m)， 故选：C 8．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，是以为直径的半圆上的两点，，连结． (1)求证：． (2)若，，求阴影部分的面积． 【答案】(1) 证明：∵=， ∴∠ACD＝∠DBA， 又∠CAB＝∠DBA， ∴∠CAB＝∠ACD， ∴； (2) 【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得到∠ACD＝∠DBA，根据 ∠CAB＝∠DBA得到∠CAB＝∠ACD，进而得到结论； （2）连结OC，OD，证明所求的阴影部分面积与扇形的面积相等，继而得到结论． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连结OC，OD． ∵∠ACD＝30°， ∴∠ACD＝∠CAB＝30°， ∴∠AOD＝∠COB＝60°, ∴∠COD＝180°-∠AOD-∠COB＝60°． ∵， ∴S△DOC=S△DBC， ∴S阴影=S弓形COD+S△DOC=S弓形COD+S△DBC=S扇形COD， ∵AB＝4， ∴OA＝2， ∴S扇形COD=． ∴S阴影=． 考点03 圆的切线的判定与性质 1．（2025·浙江·中考真题）如图，在中，，点O在边上，以点O为圆心，长为半径的半圆，交于点D，与相切于点E，连接 (1)求证：． (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1) 证明：由题意得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵以点O为圆心，长为半径的半圆与相切于点E， ∴， ∴， ∴； (2) 【分析】本题考查了圆的切线的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）根据等边对等角导角得到，再结合圆的切线性质得到，即可证明垂直； （2）先得到是等边三角形，则，解求出，根据，求出，再由梯形面积公式求解． 【详解】（1）略 （2）解：∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形的面积为：． 2．（2024·浙江·中考真题）如图，是的直径，与相切，A为切点，连接．已知，则的度数为__________ 【答案】/40度 【分析】本题考查切线的性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键． 【详解】解：∵与相切， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：． 3．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，在中，，E为边上一点，以为直径的半圆O与相切于点D，连接，．P是边上的动点，当为等腰三角形时，的长为_____________． 【答案】或 【分析】连接，勾股定理求出半径，平行线分线段成比例，求出的长，勾股定理求出和的长，分和两种情况进行求解即可． 【详解】解：连接，    ∵以为直径的半圆O与相切于点D， ∴，， ∴ 设，则， 在中：，即：， 解得：， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵为等腰三角形， 当时，， 当时， ∵， ∴点与点重合， ∴，    不存在的情况； 综上：的长为或． 故答案为：或． 4．（2023·浙江衢州·中考真题）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽是矩形．当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与边相切，则此餐盘的半径等于_________cm． 【答案】10 【分析】连接，过点作，交于点，交于点，则点为餐盘与边的切点，由矩形的性质得，，，则四边形是矩形，，得，，，设餐盘的半径为 ，则，，然后由勾股定理列出方程，解方程即可． 【详解】由题意得：，， 如图，连接，过点作，交于点，交于点，   则， 餐盘与边相切， 点为切点， 四边形是矩形， ，，， 四边形是矩形，， ，，， 设餐盘的半径为， 则， ， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， 餐盘的半径为，故答案为：10． 5．（2023·浙江衢州·中考真题）如图，在中，，O为边上一点，连结，以为半径的半圆与边相切于点D，交边于点E． (1)求证：； (2)若，，①求半圆的半径；②求图中阴影部分的面积． 【答案】(1) 证明：如图，连接， ∵是的切线，点D为切点， ∴， ∵，，， ∴， ∴； (2)①2；② 【分析】（1）连接，由切线的性质得出，证明，再由全等三角形的判定即可得出结论； （2）①证出，再由直角三角形的性质即可求解； ②由勾股定理求出，，由三角形面积公式和扇形的面积公式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：①∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴半圆O的半径为2； ②在中，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 6．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，在中，，点O在边上，以点O为圆心，为半径的半圆与斜边相切于点D，交于点E，连结． (1)求证：． (2)已知，，求的长． 【答案】(1) 证明：如图，连结，    ∵半圆O与相切于点D， ∴．                     ∵， ∴. ∵，， ∴．                 ∴． (2) 【分析】（1）连结，根据切线的性质得，再根据“”证明，可得答案；                 （2）先求出，可得，根据特殊角三角函数求出，进而求出答案. 【详解】（1）略 （2）如图，∵，， ∴. ∵， ∴.    ∵， 在中，， ∴. 在中，， ∴． 7．（2022·浙江金华·中考真题）如图，木工用角尺的短边紧靠⊙于点A，长边与⊙相切于点B，角尺的直角顶点为C，已知，则⊙的半径为_____． 【答案】/ 【分析】设圆的半径为rcm，连接OB、OA，过点A作AD⊥OB，垂足为D，利用勾股定理，在Rt△AOD中，得到r2＝（r−6）2＋82，求出r即可． 【详解】解：连接OB、OA，过点A作AD⊥OB，垂足为D，如图所示： ∵CB与相切于点B， ∴， ∴， ∴四边形ACBD为矩形， ∴，， 设圆的半径为rcm，在Rt△AOD中，根据勾股定理可得：， 即r2＝（r−6）2＋82， 解得：， 即的半径为． 故答案为：． 8．（2022·浙江宁波·中考真题）如图，在△ABC中，AC=2，BC=4，点O在BC上，以OB为半径的圆与AC相切于点A，D是BC边上的动点，当△ACD为直角三角形时，AD的长为___________． 【答案】或 【分析】根据切线的性质定理，勾股定理，直角三角形的等面积法解答即可． 【详解】解：连接OA， ①当D点与O点重合时，∠CAD为90°， 设圆的半径=r， ∴OA=r，OC=4-r， ∵AC=2， 在Rt△AOC中，根据勾股定理可得：r2+4=（4-r）2， 解得：r=， 即AD=AO=； ②当∠ADC=90°时，过点A作AD⊥BC于点D， ∵AO•AC=OC•AD， ∴AD=， ∵AO=，AC=2，OC=4-r=， ∴AD=， 综上所述，AD的长为或， 故答案为：或． 9．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在扇形中，点C，D在上，将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．已知，，则的度数为_______；折痕的长为_______． 【答案】 60°/60度 【分析】根据对称性作O关于CD的对称点M，则点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可． 【详解】作O关于CD的对称点M，则ON=MN 连接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N ∵将沿弦折叠 ∴点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上 ∵将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F． ∴ME⊥OA，MF⊥OB ∴ ∵ ∴四边形MEOF中 即的度数为60°； ∵， ∴（HL） ∴ ∴ ∴ ∵MO⊥DC ∴ ∴ 故答案为：60°； 10．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，与相切于点B，的延长线交于点C．若，则∠C=_____． 【答案】/25度 【分析】连接，与相切于点B，得到，根据三角形内角和得到的度数，然后用三角形外角的性质求出的度数． 【详解】解：如图：连接， ∵与相切于点B， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 故答案是：． 11．（2022·浙江台州·中考真题）如图，在中，，以为直径的⊙与交于点，连接． (1)求证：； (2)若⊙与相切，求的度数； (3)用无刻度的直尺和圆规作出劣弧的中点．（不写作法，保留作图痕迹） 【答案】(1) 证明：∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴． (2) (3) 如下图，点就是所要作的的中点． 【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角、等腰三角形的三线合一即可证明； （2）根据切线的性质可以得到，然后在等腰直角三角形中即可求解； （3）根据等弧所对的圆周角相等，可知可以作出AD的垂直平分线，的角平分线，的角平分线等方法均可得到结论． 【详解】（1）略 （2）∵与相切， ∴， 又∵， ∴． （3）略 12．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，半径为6的⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点A，交边BC于点C，D，∠B=90°，连接OD，AD． (1)若∠ACB=20°，求的长（结果保留）． (2)求证：AD平分∠BDO． 【答案】(1) (2) 证明：， ， 切于点， ， ， ， ， ， 平分． 【分析】（1）连接，由，得，由弧长公式即得的长为； （2）根据切于点，，可得，有，而，即可得，从而平分． 【详解】（1）解：连接OA，    ∵∠ACB＝20°， ∴∠AOD＝40°， ∴， ． （2）略 考点04 圆内接图形与正多边形 1．（2026·浙江·中考真题）我国很多古建筑，如图1所示的六角亭运用了简单的几何图形，如圆和正多边形．如图2，已知圆的内接正六边形的边长为2，则图中阴影部分的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接圆心和正六边形的顶点，将阴影部分转化为扇形面积减去等边三角形面积进行计算． 【详解】解：设圆的圆心为，正六边形的一条边为，连接， 多边形为正六边形， 圆心角 正六边形的边长为， 圆的半径 为等边三角形 过点作于点，则 在中， 阴影部分的面积． 2．（2025·浙江·中考真题）如图，矩形内接于是上一点，连接分别交于点．若，则的直径为________． 【答案】 【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，矩形的性质； 根据题意证出，得到，设，则，表示出，，连接，在中，求出，在和中，表示出，，列式计算出，再利用勾股定理计算直径即可． 【详解】解：∵为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴ ∴， 在中，， 连接， ∵为直径， ∴， 在中，， ∴在中，， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴解得：， ∴， 的直径为：， 故答案为：． 3．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，六边形是的内接正六边形，设正六边形的面积为，的面积为，则_________． 【答案】2 【分析】连接，首先证明出是的内接正三角形，然后证明出，得到，，进而求解即可． 【详解】如图所示，连接，    ∵六边形是的内接正六边形， ∴， ∴是的内接正三角形， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可得，， 又∵， ∴， ∴， 由圆和正六边形的性质可得，， 由圆和正三角形的性质可得，， ∵， ∴． 故答案为：2． 4．（2023·浙江台州·中考真题）如图，的圆心O与正方形的中心重合，已知的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（    ）． A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，由题意可得，的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，求解即可． 【详解】解：设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，过点作，如下图：    则的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值， 由题意可得：， 由勾股定理可得：， ∴， 故选：D 【点睛】此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆与正多边形的性质，确定出圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值的位置． 5．（2023·浙江温州·中考真题）图1是方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为，现将它剪拼成一个“房子”造型(如图2)，过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形作为题字区域(点，，，在圆上，点，在上)，形成一幅装饰画，则圆的半径为___________．若点，，在同一直线上，，，则题字区域的面积为___________． 【答案】 5 【分析】根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾股定理求得，连接，取的中点，连接，在中，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：如图所示，依题意， ， ∵过左侧的三个端点作圆，， 又， ∴在上，连接，则为半径， ∵， 在中， ∴ 解得：； 连接，取的中点，连接，交于点，连接，，    ∵， ∴， ∴， ∵点，，在同一直线上， ∴， ∴， 又， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴， ∵， 设，则 在中， 即 整理得 即 解得：或 ∴题字区域的面积为 故答案为：；． 6．（2022·浙江舟山·中考真题）正八边形的一个内角的度数是____ 度． 【答案】135 【分析】根据多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3且n为正整数）求出内角和，然后再计算一个内角的度数即可. 【详解】正八边形的内角和为：（8﹣2）×180°=1080°， 每一个内角的度数为： 1080°÷8=135°，故答案为135. 7．（2022·浙江金华·中考真题）如图1，正五边形内接于⊙，阅读以下作图过程，并回答下列问题，作法：如图2，①作直径；②以F为圆心，为半径作圆弧，与⊙交于点M，N；③连接． (1)求的度数． (2)是正三角形吗？请说明理由． (3)从点A开始，以长为半径，在⊙上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值． 【答案】(1) (2)是正三角形， 理由如下： 连接， 由作图知：, ∵， ∴， ∴是正三角形， ∴， ∴， 同理， ∴，即， ∴是正三角形； (3) 【分析】（1）根据正五边形的性质以及圆的性质可得，则(优弧所对圆心角)，然后根据圆周角定理即可得出结论； （2）根据所作图形以及圆周角定理即可得出结论； （3）运用圆周角定理并结合（1）（2）中结论得出，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵正五边形． ∴， ∴， ∵， ∴(优弧所对圆心角)， ∴； （2）略 （3）∵是正三角形， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 1．（2026·浙江·模拟预测）我国魏晋时期的数学家刘徽在《九章算术》中提到了割圆术，其本质上可以用来估算的近似值，如图，现在在半径为R的圆内有一n边正多边形，则可以精确表示为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用锐角三角函数表示出圆内接正边形的边长，进而求出正边形的周长，根据割圆术原理，正边形周长近似等于圆周长，建立等式即可得出的表达式. 【详解】解：正边形的中心角为， 正边形的一条边所对的圆心角的一半为， 如图，在由半径、边心距和边长的一半组成的直角三角形中，边长的一半， 正边形的边长为， 正边形的周长， 圆的周长，且由割圆术可知 ， ， . 2．（2026·浙江杭州·二模）化学实验中常使用一种球形蒸馏瓶，它的底部可以看成是一个球体，这个球体最大纵截面如图所示，其半径为，液面宽的长为，则瓶内液体最大深度为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点作于点，交于点，利用垂径定理得出，然后利用勾股定理求解． 【详解】解：如图，过点作于点，交于点， ∴， 由勾股定理得， ∴． 3．（2026·浙江嘉兴·二模）秀秀在综合实践课上，把直尺和量角器按如图方式叠放，点D、E、B在同一条直线上，点D，A，C，E所对的刻度分别为，，，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先依据量角器刻度得出、的度数，再利用圆周角定理求出与的度数，最后借助三角形外角性质，可求出度数． 【详解】解：连接， 点刻度为，点刻度为， 的度数为， 所对圆周角， 点刻度为，点刻度为， 的度数为， 所对圆周角， 是的外角， ， 又， ． 4．（2026·浙江宁波·二模）如图，为的直径，点在上，点，为圆上两点，连结，．连接交于点，若，，则的值为（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作于点G，作于点H，连接，则，设，则，由得，可证，进而得出，，证明得，求出，证明得，从而，然后根据勾股定理求出，再根据余弦的定义求解即可． 【详解】解：作于点G，作于点H，连接，则， ∵， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵． ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， ∴． 5．（2026·浙江金华·二模）如图1，在中，已知点是的中点，点是上的动点，连结交于点．记，，且关于的函数图象为一段反比例函数，如图2所示，则下列说法正确的是（     ） A． B．圆的半径为4 C．当时， D．当时， 【答案】C 【分析】连接，延长交于，与交于点，结合函数图像可得，求出即可判断A；当与重合时可得，进而利用待定系数法得到反比例函数解析式，再求得，然后得到即可判断B；利用勾股定理求出，再代入即可判断C；代入反比例函数求出，再得到，再由求出即可判断D． 【详解】解：，由图可知的最小值为， ， 连接，延长交于，与交于点， 点是的中点， ，即，由图可知的最小值为， ， ，故A错误； ， 当与重合时，此时也与重合，， 设关于的反比例函数为， ，解得， ， 当在处时，，，此时， 又为的直径， ，， 则的半径为，故B错误； 当时，， ， 当时，，故C正确； 当时，，解得， ， 又为的直径， ， ，故D错误． 6．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在矩形中，以为圆心，长为半径画弧，交于点，以为圆心，为半径画弧交于点．若，，则图中阴影部分的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，，根据解直角三角形求出，，再利用求解即可． 【详解】解：连接，， ∵在矩形中，，， ∴，，， 由作图可得， ∴在中，， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ， ∴ ． 7．（2026·浙江温州·模拟预测）如图，在中，，，分别以点、为圆心，、的长为半径作弧，与交于点、．若，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查扇形公式、解直角三角形计算，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键． 根据题意易得、，再利用进行计算阴影部分面积即可． 【详解】解：在中，，， ， 、 则图中阴影部分的面积为． 8．（2026·广东云浮·一模）如图，在扇形中，，垂直平分，则图中阴影部分的面积为________． 【答案】 【分析】连接，先求扇形的圆心角，根据即可求解． 【详解】解：连接， 垂直平分， ，，． ， ． 是等边三角形，． ． ． 9．（2026·浙江温州·三模）如图，某手工工作室需要制作一个扇形的装饰挂件，从一块直径为的圆形铁皮上剪出一个圆心角为的扇形作为挂件，则此扇形挂件的面积是______． 【答案】 【分析】连接，由题意可得为直径，即，，再结合勾股定理求出，最后再由扇形的面积公式计算即可得出结果． 【详解】解：如图，连接， ∵从一块直径为的圆形铁皮上剪出一个圆心角为的扇形作为挂件，即， ∴为直径，即，， ∵， ∴， ∴此扇形挂件的面积是． 10．（2026·浙江杭州·二模）如图，一个长为，宽为的长方形木板斜靠在水平桌面上的一个小方块上，其长边与水平桌面成夹角，将长方形木板按逆时针方向做两次无滑动的翻滚，使其长边恰好落在水平桌面上，则木板上点滚动所经过的路径长为________．（结果保留π） 【答案】/ 【分析】点滚动所经过的路径长由两段弧长组成，第一次翻滚是以点为圆心，长为半径，旋转角度为，第二次翻滚是以点为圆心，矩形对角线长为半径，旋转角度为，利用弧长公式计算即可． 【详解】解：由勾股定理得，矩形的对角线长为， 第一次翻滚，点经过的路径长为， 第二次翻滚，点经过的路径长为， 则点滚动所经过的路径长为． 11．（2026·浙江台州·二模）如图1，公园围墙上有一扇窗，其形状是一个扇环，示意图如图2所示．已知扇形的圆心角为，半径，分别为80 ，40 ，则这扇窗的面积为_________． 【答案】 【详解】解： 12．（2026·浙江温州·二模）如图，将矩形纸片（）折叠，折痕为，使落在边上，点为点的对应点，以点为圆心，为半径画弧，交于点．若，则的长为______． 【答案】 【分析】本题主要考查图形的翻折变换、矩形的性质以及弧长公式，掌握变换的性质是解决问题的关键．先得出，再得出的半径，最后根据弧长公式即可得出答案． 【详解】解：∵将矩形纸片（）折叠，折痕为， ∴平分， , 又的半径， ∴． 13．（2026·浙江金华·一模）如图，在边长为2的正六边形中，点G为的中点，连接交于点H，则四边形的周长为_____________． 【答案】 【分析】如图，连接，交于点O，连接，由正六边形性质得到点O在上，，，证明出，，是等边三角形，得到，然后利用勾股定理求出，证明出，得到，代数求出，，进而求解即可． 【详解】解：如图，连接，交于点O，连接 ∵正六边形的边长为2 ∴点O在上，，， ∴，，是等边三角形 ∴ ∴ ∵正六边形 ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵点G为的中点 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴，即 ∴， ∴四边形的周长为． 14．（2026·浙江·模拟预测）在中，，． (1)尺规作图：作，使圆心O在上，经过A，B两点（保留作图痕迹，不写作法） (2)求证：是（1）题所作的切线． 【答案】(1) 解：如图所示： 即为所求； (2) 解：连接， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∵为半径， ∴是的切线． 【分析】（1）作线段的垂直平分线，交于点O，以点O为圆心，为半径画圆； （2）连接，利用三角形内角和求出，即可证明切线． 【详解】（1）略 （2）略 15．（2026·浙江宁波·二模）单规作图问题： 如图1，已知直线及直线外一点，只用一把圆规画一点，使得，所在直线与直线平行． 下面是小尹设计的作图过程． 如图2，在直线上取一点，以点为圆心，长为半径画半圆，交直线于，两点； 以点为圆心，截取长； 以点为圆心，长为半径画弧，交半圆于点； 则点就是所求作的点． (1)根据小尹设计的单规作图过程，补充完成下面的证明． 证明：连接，，作直线； (2)小周认为“在直线上取点时，不能垂直于，否则所作点不满足题意．”你认为他说得对吗？请谈谈你的理解． 【答案】(1) 证明：连接，，作直线，连接， 由作图步骤可知，， ， ， ； (2)小周说得对，理由如下： ， ， 若，则，即点，重合， 无法作出直线使其与平行，即点不是所求作的点． 【分析】（1）连接，根据弧与弦的关系得到，再根据等弧所对的圆周角相等可得，即可得证； （2）根据圆周角定理、垂直的定义求解即可． 【详解】（1）略 （2）略 16．（2026·浙江衢州·一模）如图，的周长为4厘米，为的直径．动点从点出发，在圆周上按顺时针方向作匀速运动，速度为1厘米/秒，点出发1秒后，动点也从点出发，以厘米/秒的速度在圆周上按顺时针方向作匀速运动，设动点运动秒时，点，与点间的劣弧（或半圆）长分别记为，，则，关于的函数图象如图2所示． (1)试确定动点的速度． (2)当时，求关于的一次函数表达式，并求出当时，的值． (3)若图2中的点为两个函数图象的交点，求点的坐标，并求此时点，点间的劣弧长． 【答案】(1)厘米/秒 (2)，当秒时， (3)点，点间的劣弧长为厘米 【分析】本题主要考查一次函数的运用， （1）根据图2可知，当秒时，厘米，由此即可求解； （2）根据图2信息，运用待定系数法得到函数解析式，令代入函数解析式即可求解； （3）运用待定系数法得到的解析式，联立方程组求解得到点C的坐标，结合点C得到点，点间的劣弧长． 【详解】（1）解：点与点间的劣弧（或半圆）长分别记为， 根据图2可知，当秒时，厘米， ∴厘米/秒； （2）解：当秒时，厘米，当秒时，厘米， ∴设， ∴， 解得，， ∴， 当秒时，； （3）解：设， 由图2可知，当秒时，厘米，当秒时，厘米， ∴， 解得，， ∴， ∴当时，联立方程组得， 解得，， ∴， 当秒时，点从点A顺时针旋转到点B下方，路程为（厘米），此时点P距点A的距离为（厘米）， 点从点A顺时针旋转到直径上方，路程为厘米， ∴此时点，点间的劣弧长为（厘米）． 17．（2026·浙江杭州·二模）【问题背景】 风筝，古称“纸鸢”，是中国传统手工艺瑰宝，其经典骨架结构的平面图如图1所示．某校开展“传统工艺中的数学”探究活动，对风筝骨架展开证明与计算． 【数学理解】 如图2，在风筝骨架中，，，分别是两个等圆和的弧，且． (1)求证：． (2)在制作好风筝骨架结构后，需贴上如图1所示的风筝纸，其中，，，求所需风筝纸的面积（点，，三处的装饰物不计）． 【答案】(1)证明：∵，分别是两个等圆和的弧，且， ∴， 又∵，， ∴； (2) 【分析】（1）根据等弧对等弦得出，进而根据证明； （2）连接，设交于点，证明四边形是菱形，进而求得其面积，再求得扇形的面积，进而求得风筝的面积． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接，设交于点， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 又∵， ， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴所需风筝纸的面积为． 18．（2026·浙江宁波·二模）如图1，在中，，是的外接圆，点是弧上一点，弦交边于点，连接并延长交于点，交于点． (1)求证：平分 (2)当，求证： (3)如图2，当是直径时， ①若，，求边的长． ②设，，求关于的函数关系式． 【答案】(1)证明：如图，连接，， ∵，，， ， ， ∴平分． (2)证明：∵，， ∴， ∴． ， ． ∵，平分， ， ， ， ， ，， ， ∴． (3)①；② 【分析】（1）连接，，证明，即可得证； （2）由，得，由，得，由等腰三角形三线合一得，则，可得，根据等角对等边即可得证； （3）①过点作，交于点，利用相似三角形的判定与性质得到，设，则，则, ，，利用相似三角形的判定与性质求得值，再利用勾股定理求得，最后利用相似三角形的判定与性质求得，则；②过点作，交于点，类比①的方法表示，和的长度，利用圆周角定理，得到，则结论可求． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：①如图，过点作，交于点， 由（1）知：平分， ， ． ， ， ∴， ∴． ， ， ∴． 设，则， ， ，． ，， ， ∴， ， ， ， ， ． ， ． 是直径， ， ， ， ， ∴， ∴， ， ． ②如图，过点作，交于点， 由（1）知：平分， ， ． ， ， ∴． ∵， ∴， ， ∴， ∴． ， ， ∴． 设，则， ， ，． ． ，， ， ∴， ， ， ，， ， ， ， ． 是直径， ， ， ， ， ． 19．（2026·浙江嘉兴·二模）已知，是圆的两条弦，，垂足为（点在优弧上，点在劣弧上），且． (1)如图，是直径，是圆心，且，求的半径； (2)如图，连结并延长至点，再连结，．若且，求的度数； (3)如图，若经过端点，点是弦上一点，点，在圆上．连结，，，满足．连结交于点，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（）借助垂径定理得半弦长，再在直角三角形里用勾股定理求出圆半径； （）设未知角为，结合角度倍数、圆周角性质列方程求出，再利用直角互余算出； （）构造以为圆心、为半径的辅助圆，结合垂径定理、相交弦定理建立线段关系式，化简推导出与的数量关系，再配方转化为二次函数形式，进而求出的最小值． 【详解】（1）解：连接， ∵且是直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴圆的半径是； （2）解：设，则， ∴， ∵， ∴， ∵ ， ∴， ∵ ， ∴， ∴ ， ∵， ∴； （3）解：以为圆心，的长为半径作圆，交的延长线于点， ， ，两点在上， ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， 当时，的最小值是． 20．（2026·浙江湖州·二模）如图，在锐角中，，以为直径作半圆交，于点，，在弦的延长线上取点，使 ，将沿翻折至，延长交射线于点． (1)若，求的度数． (2)求证：四边形是平行四边形． (3)若，求的值． 【答案】(1) (2)证明：∵， ∴ ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 由（1）得：， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． (3) 【分析】（1）先推导出 ，再根据翻折，得到，则 ，即可解答； （2）先推导出 ，得到，则，继而推导出，得到，则四边形是平行四边形，即可解答； （3）连结，设，则，，推导出 ，，设，推导出，，得到 ，即，继而推导出，得到，，延长，交于点，推导出 ，得到， ，进而推导出 ，得到，则，再根据，得到，解得，则，即可解答． 【详解】（1）解：∵四边形内接于圆， ∴， ∵， ∴ ， ∵沿翻折至， ∴， ∴ ． （2）略 （3）解：如图，连结，设，则，， ∵四边形是平行四边形， ∴ ，， 设， ∵是直径， ∴，即：， ∵， ∴，， ∴ ，即， 由四边形内接于圆，同理可得 ∴， ∵， ∴， ∴，故，即： ，，， 延长，交于点， ∵四边形内接于圆， ∴， ∵， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴，故 ，即： ， ， ∵， ∴ ， ∴，故 ， 即，， ∴， 由得：，故， 由，解得：， ∴，即：的值为． 21．（2026·浙江杭州·二模）如图，是的直径，延长至点，切于点，点在劣弧上，且，连接，，． (1)求证：． (2)求证：． (3)已知，，求线段的长． 【答案】(1)∵是的切线， ∴，即 ∵是的直径， ∴，即 ∵， ∴， ∴； (2)∵， ∴， ∴， ∴； (3) 【分析】（1）根据切线的性质得出，根据直径所对的圆周角是直角可得，根据等角的余角相等得出； （2）证明，根据相似三角形的性质，即可得证； （3）根据已知可得，，设，则得出，根据得出，，过作于点，令，根据勾股定理求得，进而得出，求得，，进而勾股定理求得，根据，即可求解． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：∵，， ∴，， ∴ 设，则， ∴ ∵ ∴ ∴，， ∴ 解得 ∴， 过作于点，令， ∵ ∴ 在中， ∴ ∴， 在中， ∴ 22．（2026·浙江杭州·二模）如图，是内接三角形，的角平分线交于点，交于点，连接、，过点作交的延长线于点． (1)若，，求的半径． (2)求证：为的切线． (3)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）连接，，过点O作于点H，利用圆周角定理求得，利用等腰三角形的性质得到，再利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论； （2）连接并延长，交于点G，利用角平分线的定义，垂径定理得到，利用平行线的性质得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论； （3）利用圆周角定理，平行线的性质和相似三角形的判定与性质得到和，再利用等式的性质解答即可． 【详解】（1）解：如图，连接，，过点O作于点H， ∵是的角平分线，， ∴， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴． ∵， ∴． ∴的半径为； （2）证明：如图，连接并延长，交于点G， ∵是的角平分线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵为的半径， ∴为的切线； （3）证明：∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 23．（2026·浙江宁波·二模）如图，四边形内接于，，的延长线相交于点，，相交于点． (1)求证：． (2)已知，，且． ①求证：； ②当时，求的周长． 【答案】(1)证明： 是的外角， ， 又四边形内接于，           （同弧所对的圆周角相等）， ． (2)①证明：由题知是的外角， ， ． 四边形内接于， （同弧所对的圆周角相等） （同弧所对的圆周角相等）， ， ， ． ， ． ② 【分析】（1）根据三角形外角的性质得，因同圆中同弧所对的圆周角相等，得，即可得出结论． （2）①根据三角形外角的性质得，同弧所对的圆周角相等得，得出，根据三角形相似的判定定理：，根据三角形相似的性质：，得出结论． ②作辅助线如下图，根据三角形外角的性质和同弧所对的圆周角相等得出，由题意，，求出，，由已知，得出，，，又根据，得，根据平行线的判定定理：，又得，即，进而得出结论． 【详解】（1）证明：略 （2）① 证明： 略 ②解：如图，过点作交于点，过点作交于点． 是的外角， ， （同弧所对的圆周角相等）， ． 由题知，， 设：，则， 根据勾股定理得：， 即： 解得 ，． 设，则． 由（2）①知：，即． 在中，，即，解得，（舍去）， ，，， 又 ，设， ，， 根据勾股定理: 解得 ． ， 弧 弧， ， ， ， ． ． 弧=弧， 弧=弧， （在同一个圆中，相等的弧所对的弦相等）， ， ． 24．（2026·浙江杭州·二模）如图①，在中，（），点D在上，平分，为的外接圆． (1)求证：． (2)求证：为的切线． (3)过点B作的切线，切点为E，如图②，连接，，，若，求的值． 【答案】(1)证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵是和的公共角， ∴； (2)证明：连接、， ∵弧所对的圆心角为，所对圆周角为， ∴． ∵（都是半径）， ∴， 结合（1）知， ∴，即， 又∵是的半径， ∴是的切线． (3) 【分析】（1）先证明，进而可证； （2）连接、，先求出，然后可求出，进而可证为的切线； （3）连接并延长交于点F，由得，可证．在中，求出，进而可证．证明得．设，，则，代入求出，然后代入化简即可． 【详解】（1）略； （2）略； （3）解：如图，连接并延长交于点F， 由（1）， ∴，即． ∵， ∴， ∴． 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵、都是的切线， ∴， ∴． ∵切于， ∴， ∴． ∵是直径， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， 又∵公共， ∴， ∴． 设，，则， 代入得：， 整理为， 解得（负值舍去）， ∴． 25．（2026·浙江金华·二模）如图1，是四边形的外接圆，． (1)求证：． (2)如图2，连接并延长，交于点，点关于的对称点落在上，连接、分别交于点、，已知的半径为5，，． ①求的面积． ②求的长． 【答案】(1)证明：连接，如图所示： ∵， ∴， ∴． (2)①；② 【分析】（1）连接，由题意易得，然后根据平行线的判定定理可进行求证； （2）①延长，交于点，连接，过点作，由题意易得，则有，然后可得，设，则有，，进而可得，则问题可求解； ②分别过点作，，连接，交于点，，由①可知：，，然后可得，进而根据三角函数可进行求解． 【详解】（1）略 （2）解：①延长，交于点，连接，过点作，如图所示： ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 设，则有，， ∴， 解得：， ∴， ∴； ②分别过点作，，连接，交于点，如图所示： ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由①可知：，， ∵， ∴， 由可设， ∴在中，由勾股定理可得，解得：（负根舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴，， 由轴对称的性质可知：，垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴中，由勾股定理得：， ∴， ∵， ∴， ∴． 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 圆与正多边形 5年真题1年模拟 考点分类 浙江考情（2022-2026） 命题规律 考点01垂径定理、圆心角与圆周角定理 2023·浙江杭州·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2023·浙江湖州·中考 2023·浙江湖州·中考 2023·浙江金华·中考 2023·浙江金华·中考 2022·浙江温州·中考 2022·浙江嘉兴·中考 近5年浙江中考在本考点共选取7道真题，2024、2025年省统考未在此单独设题。题型以选择题、填空题为主，分值3-5分，位于试卷前中部，属基础题。核心考查圆周角定理及圆心角与圆周角的关系，常见载体为垂直半径、切线、四边形内角和与等腰三角形，解题关键是把圆周角与圆心角互相转化并结合三角形内角和、外角性质；同时本考点也包含垂径定理的应用，以及切线性质与圆周角定理的综合。整体难度低、考法稳定，预计仍将以"同弧所对圆周角等于圆心角一半"及垂径定理计算模型为基本命题形态。 考点02 弧长与扇形的面积 2025·浙江·中考 2023·浙江宁波·中考 2023·浙江温州·中考 2022·浙江宁波·中考 2022·浙江温州·中考 2022·浙江台州·中考 2022·浙江丽水·中考 2022·浙江衢州·中考 近5年浙江中考在本考点共选取9道真题，2025年省统考以直角三角形斜边中线为背景考查弧长计算。题型以填空题、选择题为主，辅以少量解答题，分值3-6分。核心考查两类公式的直接应用：一是弧长公式与扇形面积公式，常配以圆心角、半径的定量计算，结合矩形与直径所对圆周角求圆弧长；二是圆锥侧面积，由底面半径与母线求侧面积。此外，还有复合图形求面积（含阴影面积转换），体现面积整体与部分的关系。整体难度基础偏中档，公式记忆准确是得分关键，预计未来省统考仍将以"弧长／扇形面积公式的直接应用"为主，并可能融入直角三角形、圆内接图形等背景。 考点03 圆的切线的判定与性质 2025·浙江·中考2024·浙江·中考 2023·浙江宁波·中考2023·浙江衢州·中考 2023·浙江衢州·中考 2023·浙江湖州·中考 2022·浙江金华·中考 2022·浙江宁波·中考 2022·浙江嘉兴·中考 2022·浙江衢州·中考 2022·浙江台州·中考 2022·浙江绍兴·中考 近5年浙江中考在本考点共选取9道真题，是本专题题量较大的考点，其中2024年、2025年省统考各设1题，其余集中在2022-2023年地市卷。题型覆盖填空、选择与解答题，分值3-12分，难度跨度大。核心考查切线的性质（切线垂直于过切点的半径）与判定，常用"连半径"构造直角三角形，并借助HL全等证明线段相等，再结合勾股、相似、解直角三角形求线段长度；部分题目融合切线、垂径定理、轴对称与折叠形成较高难度的综合题。整体呈"基础性质＋勾股解三角形＋综合探究"的层次，预计未来省统考将延续"切线性质＋解直角三角形"的主流考法，并可能提高综合度。 考点04 圆内接图形与正多边形 2026·浙江·中考 2025·浙江·中考 2023·浙江杭州·中考 2023·浙江台州·中考 2023·浙江温州·中考 2022·浙江舟山·中考 2022·浙江金华·中考 近5年浙江中考在本考点共选取7道真题，其中2025年、2026年省统考均有设题且难度明显提升，2022-2023年地市卷主要考查正多边形的基本性质与内角。题型以选择题、填空题为主，辅以综合探究解答题，分值3-12分。核心考查圆与正多边形的位置关系：正多边形内角与中心角的计算、正多边形面积与扇形面积的组合、以及圆内接矩形等图形的线段计算。2023温州七巧板拼图、2022金华正五边形作图探究为高难度综合题，融合垂径定理、相似与圆周角。整体呈"由基础性质向综合探究上升"的趋势，预计未来省统考将继续以"正多边形与圆＋阴影面积＋线段计算"为考查重点。 考点01 垂径定理、圆心角与圆周角定理 1．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，在中，半径互相垂直，点在劣弧上．若，则（    ） A． B． C． D． 2．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，点是外一点，，分别与相切于点，，点在上，已知，则的度数是___________． 3．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，点A，B，C在上，连接．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 4．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，是的半径，弦于点D，连接．若的半径为，的长为，则的长是______． 5．（2023·浙江金华·中考真题）如图，在中，，以为直径作半圆，交于点，交于点，则弧的长为__________． 6．（2023·浙江金华·中考真题）如图，点在第一象限内，与轴相切于点，与轴相交于点．连接，过点作于点． (1)求证：四边形为矩形． (2)已知的半径为4，，求弦的长． 7．（2022·浙江温州·中考真题）如图，是的两条弦，于点D，于点E，连结，．若，则的度数为（ ） A． B． C． D． 8．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在⊙O中，∠BOC＝130°，点A在上，则∠BAC的度数为（　　） A．55° B．65° C．75° D．130° 考点02 弧长与扇形的面积 1．（2025·浙江·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，以点C为圆心，长为半径作弧，与的另一个交点为点E．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，圆锥形烟囱帽的底面半径为，母线长为，则烟囱帽的侧面积为_____________．（结果保留） 3．（2023·浙江温州·中考真题）若扇形的圆心角为，半径为，则它的弧长为___________． 4．（2022·浙江宁波·中考真题）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2022·浙江温州·中考真题）若扇形的圆心角为，半径为，则它的弧长为___________． 6．（2022·浙江台州·中考真题）一个垃圾填埋场，它在地面上的形状为长，宽的矩形，有污水从该矩形的四周边界向外渗透了，则该垃圾填埋场外围受污染土地的面积为（ ） A． B． C． D． 7．（2022·浙江丽水·中考真题）某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧所在的圆外接于矩形，如图．已知矩形的宽为，高为，则改建后门洞的圆弧长是（    ） A． B． C． D． 8．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，是以为直径的半圆上的两点，，连结． (1)求证：． (2)若，，求阴影部分的面积． 考点03 圆的切线的判定与性质 1．（2025·浙江·中考真题）如图，在中，，点O在边上，以点O为圆心，长为半径的半圆，交于点D，与相切于点E，连接 (1)求证：． (2)若，求四边形的面积． 2．（2024·浙江·中考真题）如图，是的直径，与相切，A为切点，连接．已知，则的度数为__________ 3．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，在中，，E为边上一点，以为直径的半圆O与相切于点D，连接，．P是边上的动点，当为等腰三角形时，的长为_____________． 4．（2023·浙江衢州·中考真题）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽是矩形．当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与边相切，则此餐盘的半径等于_________cm． 5．（2023·浙江衢州·中考真题）如图，在中，，O为边上一点，连结，以为半径的半圆与边相切于点D，交边于点E． (1)求证：； (2)若，，①求半圆的半径；②求图中阴影部分的面积． 6．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，在中，，点O在边上，以点O为圆心，为半径的半圆与斜边相切于点D，交于点E，连结． (1)求证：． (2)已知，，求的长． 7．（2022·浙江金华·中考真题）如图，木工用角尺的短边紧靠⊙于点A，长边与⊙相切于点B，角尺的直角顶点为C，已知，则⊙的半径为_____． 8．（2022·浙江宁波·中考真题）如图，在△ABC中，AC=2，BC=4，点O在BC上，以OB为半径的圆与AC相切于点A，D是BC边上的动点，当△ACD为直角三角形时，AD的长为___________． 9．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在扇形中，点C，D在上，将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．已知，，则的度数为_______；折痕的长为_______． 10．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，与相切于点B，的延长线交于点C．若，则∠C=_____． 11．（2022·浙江台州·中考真题）如图，在中，，以为直径的⊙与交于点，连接． (1)求证：； (2)若⊙与相切，求的度数； (3)用无刻度的直尺和圆规作出劣弧的中点．（不写作法，保留作图痕迹） 12．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，半径为6的⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点A，交边BC于点C，D，∠B=90°，连接OD，AD． (1)若∠ACB=20°，求的长（结果保留）． (2)求证：AD平分∠BDO． 考点04 圆内接图形与正多边形 1．（2026·浙江·中考真题）我国很多古建筑，如图1所示的六角亭运用了简单的几何图形，如圆和正多边形．如图2，已知圆的内接正六边形的边长为2，则图中阴影部分的面积为（     ） A． B． C． D． 2．（2025·浙江·中考真题）如图，矩形内接于是上一点，连接分别交于点．若，则的直径为________． 3．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，六边形是的内接正六边形，设正六边形的面积为，的面积为，则_________． 4．（2023·浙江台州·中考真题）如图，的圆心O与正方形的中心重合，已知的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（    ）． A． B．2 C． D． 5．（2023·浙江温州·中考真题）图1是方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为，现将它剪拼成一个“房子”造型(如图2)，过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形作为题字区域(点，，，在圆上，点，在上)，形成一幅装饰画，则圆的半径为___________．若点，，在同一直线上，，，则题字区域的面积为___________． 6．（2022·浙江舟山·中考真题）正八边形的一个内角的度数是____ 度． 7．（2022·浙江金华·中考真题）如图1，正五边形内接于⊙，阅读以下作图过程，并回答下列问题，作法：如图2，①作直径；②以F为圆心，为半径作圆弧，与⊙交于点M，N；③连接． (1)求的度数． (2)是正三角形吗？请说明理由． (3)从点A开始，以长为半径，在⊙上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值． 1．（2026·浙江·模拟预测）我国魏晋时期的数学家刘徽在《九章算术》中提到了割圆术，其本质上可以用来估算的近似值，如图，现在在半径为R的圆内有一n边正多边形，则可以精确表示为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·浙江杭州·二模）化学实验中常使用一种球形蒸馏瓶，它的底部可以看成是一个球体，这个球体最大纵截面如图所示，其半径为，液面宽的长为，则瓶内液体最大深度为（     ） A． B． C． D． 3．（2026·浙江嘉兴·二模）秀秀在综合实践课上，把直尺和量角器按如图方式叠放，点D、E、B在同一条直线上，点D，A，C，E所对的刻度分别为，，，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·浙江宁波·二模）如图，为的直径，点在上，点，为圆上两点，连结，．连接交于点，若，，则的值为（） A． B． C． D． 5．（2026·浙江金华·二模）如图1，在中，已知点是的中点，点是上的动点，连结交于点．记，，且关于的函数图象为一段反比例函数，如图2所示，则下列说法正确的是（     ） A． B．圆的半径为4 C．当时， D．当时， 6．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在矩形中，以为圆心，长为半径画弧，交于点，以为圆心，为半径画弧交于点．若，，则图中阴影部分的面积为（     ） A． B． C． D． 7．（2026·浙江温州·模拟预测）如图，在中，，，分别以点、为圆心，、的长为半径作弧，与交于点、．若，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·广东云浮·一模）如图，在扇形中，，垂直平分，则图中阴影部分的面积为________． 9．（2026·浙江温州·三模）如图，某手工工作室需要制作一个扇形的装饰挂件，从一块直径为的圆形铁皮上剪出一个圆心角为的扇形作为挂件，则此扇形挂件的面积是______． 10．（2026·浙江杭州·二模）如图，一个长为，宽为的长方形木板斜靠在水平桌面上的一个小方块上，其长边与水平桌面成夹角，将长方形木板按逆时针方向做两次无滑动的翻滚，使其长边恰好落在水平桌面上，则木板上点滚动所经过的路径长为________．（结果保留π） 11．（2026·浙江台州·二模）如图1，公园围墙上有一扇窗，其形状是一个扇环，示意图如图2所示．已知扇形的圆心角为，半径，分别为80 ，40 ，则这扇窗的面积为_________． 12．（2026·浙江温州·二模）如图，将矩形纸片（）折叠，折痕为，使落在边上，点为点的对应点，以点为圆心，为半径画弧，交于点．若，则的长为______． 13．（2026·浙江金华·一模）如图，在边长为2的正六边形中，点G为的中点，连接交于点H，则四边形的周长为_____________． 14．（2026·浙江·模拟预测）在中，，． (1)尺规作图：作，使圆心O在上，经过A，B两点（保留作图痕迹，不写作法） (2)求证：是（1）题所作的切线． 15．（2026·浙江宁波·二模）单规作图问题： 如图1，已知直线及直线外一点，只用一把圆规画一点，使得，所在直线与直线平行． 下面是小尹设计的作图过程． 如图2，在直线上取一点，以点为圆心，长为半径画半圆，交直线于，两点； 以点为圆心，截取长； 以点为圆心，长为半径画弧，交半圆于点； 则点就是所求作的点． (1)根据小尹设计的单规作图过程，补充完成下面的证明． 证明：连接，，作直线； (2)小周认为“在直线上取点时，不能垂直于，否则所作点不满足题意．”你认为他说得对吗？请谈谈你的理解． 16．（2026·浙江衢州·一模）如图，的周长为4厘米，为的直径．动点从点出发，在圆周上按顺时针方向作匀速运动，速度为1厘米/秒，点出发1秒后，动点也从点出发，以厘米/秒的速度在圆周上按顺时针方向作匀速运动，设动点运动秒时，点，与点间的劣弧（或半圆）长分别记为，，则，关于的函数图象如图2所示． (1)试确定动点的速度． (2)当时，求关于的一次函数表达式，并求出当时，的值． (3)若图2中的点为两个函数图象的交点，求点的坐标，并求此时点，点间的劣弧长． 17．（2026·浙江杭州·二模）【问题背景】 风筝，古称“纸鸢”，是中国传统手工艺瑰宝，其经典骨架结构的平面图如图1所示．某校开展“传统工艺中的数学”探究活动，对风筝骨架展开证明与计算． 【数学理解】 如图2，在风筝骨架中，，，分别是两个等圆和的弧，且． (1)求证：． (2)在制作好风筝骨架结构后，需贴上如图1所示的风筝纸，其中，，，求所需风筝纸的面积（点，，三处的装饰物不计）． 18．（2026·浙江宁波·二模）如图1，在中，，是的外接圆，点是弧上一点，弦交边于点，连接并延长交于点，交于点． (1)求证：平分 (2)当，求证： (3)如图2，当是直径时， ①若，，求边的长． ②设，，求关于的函数关系式． 19．（2026·浙江嘉兴·二模）已知，是圆的两条弦，，垂足为（点在优弧上，点在劣弧上），且． (1)如图，是直径，是圆心，且，求的半径； (2)如图，连结并延长至点，再连结，．若且，求的度数； (3)如图，若经过端点，点是弦上一点，点，在圆上．连结，，，满足．连结交于点，求的最小值． 20．（2026·浙江湖州·二模）如图，在锐角中，，以为直径作半圆交，于点，，在弦的延长线上取点，使 ，将沿翻折至，延长交射线于点． (1)若，求的度数． (2)求证：四边形是平行四边形． (3)若，求的值． 21．（2026·浙江杭州·二模）如图，是的直径，延长至点，切于点，点在劣弧上，且，连接，，． (1)求证：． (2)求证：． (3)已知，，求线段的长． 22．（2026·浙江杭州·二模）如图，是内接三角形，的角平分线交于点，交于点，连接、，过点作交的延长线于点． (1)若，，求的半径． (2)求证：为的切线． (3)求证：． 23．（2026·浙江宁波·二模）如图，四边形内接于，，的延长线相交于点，，相交于点． (1)求证：． (2)已知，，且． ①求证：； ②当时，求的周长． 24．（2026·浙江杭州·二模）如图①，在中，（），点D在上，平分，为的外接圆． (1)求证：． (2)求证：为的切线． (3)过点B作的切线，切点为E，如图②，连接，，，若，求的值． 25．（2026·浙江金华·二模）如图1，是四边形的外接圆，． (1)求证：． (2)如图2，连接并延长，交于点，点关于的对称点落在上，连接、分别交于点、，已知的半径为5，，． ①求的面积． ②求的长． 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题13圆与正多边形 5年真题1年模拟 五年真题分类园 考点01垂径定理、圆心角与圆周角定理 1.D 2.65°65度 3.C 4.3 5晋 π 6.【答案】(1)证明：⊙A与x轴相切于点B, .AB⊥X轴. .AH⊥CD,HO⊥OB, .∠AHO=∠HOB=∠OBA=90°， ∴.四边形AHOB是矩形. (2)如图，连接AC. y个 B Y .四边形AHOB是矩形， ∴.AH=OB=V7 在Rt△AHC中，CH2=AC2-AH2, 1/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 CH=42-(7}=3 :点A为圆心，AH⊥CD, ∴.CD=2CH=6, 7.B 8.B 考点02 弧长与扇形的面积 1.B 2.1500元 3.4π 4.B 5.π 6.B 7.C 8.【详解】(1)略 (2)解：如图，连结OC,OD D C A 0 ∠ACD=30°， .∠ACD=∠CAB=30°， ∴∠AOD=∠COB=60°， .∴∠COD=180°.∠AOD-∠COB=60°. .CD AB, .∴S△DOc=SADBC, .∴S阴影=S号形coD十SADOC=S号形coD+S△DBC=S扇形coD, AB=4, 2/31 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.OA=2, nmr260×π×22_2 .∴.S扇形coD π. 360 360 S影. 考点3圆的切线的判定与性质 1.【答案】(1) 证明：由题意得OD=OB=OE, ∠ODB=∠B, .AB=AC, ∴∠C=∠B, .∠ODB=∠C, .OD‖AC, ,以点O为圆心，OB长为半径的半圆与AC相切于点E, .OE⊥AC, ∴.∠DOE=∠AEO=90°， ∴OD⊥OE (2)解：，AB=BC,AB=AC, ..AB=AC=BC, ∴△ABC是等边三角形， ∴∠A=60, OE⊥AC,OD=OB=OE=V3, AD=0-源-1，A0贴- 32 tan A 3 sin A3 2 ..AC=AB=AO+OB=2+3. .EC=AC-AE=2+V3-1=1+V3, 达元0DCE的面积为：号oD+EC×0E-1+9+3x5=3+ 3/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2.40°140度 3.2只30或6 4.10 5.【答案】(1) 证明：如图，连接OD, ,BD是⊙O的切线，点D为切点， .∠ODB=90°， ,∠ACB=90°，OC=OD,OB=OB, .Rt△ODB≌Rt△OCBHL, ..BC=BD; E (2)解：①OB=OA, .∠OBD=∠A, .Rt△ODB≌Rt△OCB, .∠OBD=∠OBC, .∠OBD=∠OBC=∠A, 又，∠OBD+∠OBC+∠A=90°， .∠OBD=∠OBC=∠A=30, 在Rt△ODA中，sin∠A=OA, OD sop-104. OD=OE. 0E=0A, ∴.OE=AE=2, .半圆0的半径为2： ②在Rt△ODA中，OD=2,OA=4, 4/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AD=0A2-0D2=231 S00号0D-AD=5×2×23=23, 2 .∠A=30°， .∠AOD=60°， =SAODA-SODE=2-60x22 360 23-2π 3 6.【答案】(1) 证明：如图，连结OD, B ,半圆O与AB相切于点D, ∴.OD⊥AB ,∠ACB=90°， ∴.∠ODB=∠OCB=90 .OD=OC,OB=OB, .Rt△ODB≌Rt△OCB HL. ..BD=BC. (2)如图，，∠A=30°，∠ACB=90°， ∴.∠ABC=60°. .:Rt△ODB≌Rt△OCB, ∠CB0=∠DB0-3<ABc=30 ,0C=1, 在Rt△BC0中，tan30=CO BC .BC=OC=3. tan30° 在Rt△ABC中，sin30=BC B 5/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..AB= BC=23. sin30° 学时 9. 60°160度 49/6 10.25/25度 11.【答案】(1) 证明：，AB是⊙O的直径， ∴.∠ADB=90, ∴.AD⊥BC, ..AB=AC, ..BD=CD. (2),⊙O与AC相切， .∠BAC=90°， 又：AB=AC, .∠B=45°. (3)如下图，点E就是所要作的AD的中点， B D 法1 法2 法3 12. 【详解】(1)解：连接OA, 6/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D B :∠ACB=20°， .∴.∠AOD=40°， ..AD=nnr 180 =40×π×6 180 -4n 3 (2)证明：，OA=OD, ∴.∠OAD=∠ODA, ,AB切⊙O于点A, ∴.OA⊥AB, .∠B=90, .'OA//BC, .∴.∠OAD=∠ADB, ∴.∠ADB=∠ODA, ∴.AD平分∠BDO. 考点04圆内接图形与正多边形 1.C 2.214 3.2 4.D 7/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5.5 646 2 6.135 7.【答案】(1)解：，正五边形ABCDE. AB=BC=CD=DE=AE :∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOE=∠EOA=360 =72°， AEC=3AE' ∴∠A0C(优弧所对圆心角)=3×720=2160， ∠ABC=7∠A0C-×216=108: (2)是正三角形， 理由如下： 连接ON,FN, A B E FN=FO 由作图知： .ON=OF. ..ON=OF=FN. .△OFN是正三角形， .∠OFN=60°， .∠AMN=∠OFN=60°， 同理∠ANM=60°， ∴.∠MAN=60°，即∠AMN=∠ANM=∠MAN, ∴.△AMN是正三角形： (3),△AMN是正三角形， 8/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠AON=2∠AMN=120° “AD=2AE .∠AOD=2×72°=144°， “DN=AD-AN .∠N0D=144°-120°=24°， n=360=15. 24 一年模拟练测园 1.c 2.A 3.A 4.A 5.C 6.B 7.C 8.6n-93 9.4.5π 1o.m2 3 11.1600π 3」 12. 16+2V13 13. 3 14.(1)解：如图所示：⊙O即为所求： 2) 解：连接AO, 9/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4 2 B C 0木 :AB=AC,∠BAC=120°， .∠B=∠C=30°， .OA=OB. .∠1=∠B=30° .∠2=90， 即OA⊥AC, .AO为⊙O半径， ∴.AC是⊙O的切线. 15.【答案】(1) 证明：连接AP,BQ,作直线PQ,连接BP, P 由作图步骤可知，AP=BQ, .AP=BQ' ∴.∠ABP=∠QPB, ∴.PQAB (2)小周说得对，理由如下： AP=BQ, ∴.AP=BQ 若OP⊥L,则∠AOP=∠BOQ=90°，即点P,Q重合， ∴无法作出直线使其与AB平行，即点Q不是所求作的点. 16.【详解】(1)解：点Q与点A间的劣弧（或半圆）长分别记为y2, 10/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 根据图2可知，当t=2.5秒时，y2=2厘米， av-2125-1小-等%： (2)解：当t=2秒时，y1=2厘米，当t=4秒时，y1=0厘米， ∴设y,=kt+bk≠0,2≤t≤4 .2k+b=2 4k+b=01 k=-1 解得，b=4月 六y=-t+42≤t≤4 当-6时，=号4 2 (3)解：设y,=mt+nlm≠0,1≤t≤2.5 由图2可知，当t=1秒时，y2=0厘米，当t=2.5秒时，y2=2厘米， m+n=0 ·2.5m+n=2 4 m= 解得， 3 n= 43 -等1ss25 y=-t+4 .当2≤t≤2.5时，联立方程组 ly-3 t= 解得， 7 2 y27 *c 11/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 t三5秒时，点P从点4顺时针旋转到点8下方，路程为 为15×1=15（厘米），此时点P距点A的 7 7 距离为4-16-12 77 (厘米)， 2厘米， 点Q从点A顺时针旋转到直径AB上方，路程 此时点P,点Q间的劣弧长为5-12_4 777 (厘米)· 17.【答案】1)证明：，BD,CD分别是两个等圆⊙O1和⊙O2的弧，且BD=CD, .BD=BD, 又，AB=AC,AD=AD, .△BAD≌△CAD SSS: (2)解：如图，连接O1D,O1B,设AO1,BD交于点E, B 08 (图2) .BD=CD=60°， .∠B01D=60° 0B=O D, “△O1BD是等边三角形， ∴.O1B=O1D=BD 又：AB=AC=AD=10,∠BAD=60°， ∴.△ABD是等边三角形， .AB=BD=AD, ..O B=O D=AB=AD. 四边形ABOD是菱形， ∴.BE=ED=5,AE⊥BE, 六AE=VAB-BE=53' 12131 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A01=103 .S菱形AB0,D =号A01·BD=×103×10=503, 60 ,S扇形0，BD ×102=50m 360 3n, 所需风筝纸的面积为2×503-50π=1003-100元， 3 18. 【答案】(1)证明：如图，连接OB,OC, C .AB=AC,OB=OC,OA=OA, ∴.△ABO≈△ACOSSS, ∴.∠BAO=∠CAO, .AF平分∠BAC. (2)证明：·∠BAO=∠CAO,∠FAD=2∠BAF, ∴.∠FAD=2∠CAF, .∠CAD=∠FAC=∠BAF」 ,·∠CBD=∠CAD, ∴.∠CBD=∠FAC. ,AB=AC,AF平分∠BAC, ∴.AF⊥BC, .∴.∠fAC+∠ACF=90°， ∴.∠CBD+∠ACF=90°， ∴.∠AEB=∠AED=90°， ∴.∠AHD=90°-∠FAC,∠ADH=90°-∠CAD, .∴.∠AHD=∠ADH, 13/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..AH=AD (3)解：①如图，过点E作EH‖BC,交AF于点H, D E 由(1)知：AF平分∠BAC, .AB=AC, ∴.BF=CF .EH‖BC, ∴.△AEH一△ACF, 册能4多 .HE_3 心BF=7 .EH‖BC, ∴.△OEH一△OBF, 8限-熙- 设OE=3k,则OB=7k, ∴.OD=OB=7k, .DE=OD-OE=4k,BE=OB+OE=10k. ∠D=∠C,∠AED=∠BEC, ∴.△AED△BEC, 器 ∴.AE·EC=BE·DE, .∴.3×4=10k×4k, .k>0, k=30 101 14/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .BD=730 51 .AB=AC=7, AD-VBD-AB-785 1 .BD是⊙O直径， ∴.∠BAD=90°， .∴.∠BAD=∠AFC=90°， ∠D=∠C, ∴.△BAD一△AFC, .AD=CF BD AC 75 CF 730 7 .CF=76 6 .BC=2CF=7 3 ②如图，过点E作EHBC,交AF于点H, A D 由(1)知：AF平分∠BAC, .AB=AC, ∴.BF=CF. .EH‖BC, ∴.△AEH一△ACF, 腮光 15/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 恶x .CE=xAE、 .AC=x+1AE, :HE、1 'FC 1+x 册× .EH‖BC, ∴.△OEH一△OBF, 限证 设OE=k,则OB=1+xk, ∴.OD=OB=1+xk, .DE=OD-OE=xk,BE=OB+OE=x+2k. ∴.BD=BE+DE=2X+2k .'∠D=∠C,∠AED=∠BEC, ∴.△AED一△BEC, AE=DE BE EC ∴AE·EC=BE·DE, ∴.AE·xAE=x+2k·xk, k>0,AE>0, .AE=x+2k, ∴.EC=xx+2k, .AC=AE+EC=x+1x+2k, ∴.AC=AB=x+1Vx+2k. .BD是⊙O直径， ∴.∠BAD=90°， ∴sin∠D=AB=x+1R/x+2k=/x+2, BD 2x+2k 2 16/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,∠D=∠C, ·sin∠C=y=sin∠D=x+1x+2k_9/x+2, 2x+2k 2 y=2 2 19. 【详解】(1)解：连接OA, A D 图1 .CD⊥AB且CD是直径， ∴AE=AB AB=4, .AE=2, OE=3, 小0A=V22+32=V131 .圆的半径是V13: (2)解：设∠DAB=X,则∠DAF=4X, .∠BAF=5X, CD⊥AB, ∴.∠ACD=5X-90, ,∠DAB=∠DCB, ∠DCB=X, ∠ACB=36°， .5x-90+x=36. .x=21, CD⊥AB, 17/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠B=90°-21°=69°： (3)解：以C为圆心，CM的长为半径作圆，交BA的延长线于点E, CP=CM=CQ E☑M了B 图2 .P,Q两点在⊙C上， .CD⊥AB, ∴.AM=AE, .'EN=AM+AN,MN=AM-AN, PN·NQ=AN·NB,PN·NQ=EN·MN, ∴.EN·MN=AN·NB, .AB=4, ..AM+ANAM-AN=AN 4-AN, ..AM2-AN2=4AN-AN2, AN=子AK, AN+BM-TAM-AM+4-1(AM-2P+3. ∴.当AM=2时，AN+BM的最小值是3. 20: 【详解】(1)解：，四边形ABDE内接于圆， .∠ABC+∠AED=180°， ,∠FEA+∠AED=180°， .∠FEA=∠ABC=70°， .△EAF沿AF翻折至△GAF, ∴.△EAF≌△GAF, .∠G=∠FEA=∠ABC=70°. (2)证明：，△EAF≌△GAF, ∴.∠GAF=∠FAE 18131 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠GAC=2∠FAE=∠ABC, .AB=AC, ∴.∠ACB=∠ABC, .∠GAC=∠ACB, .AG‖BH, .∠ABC+∠BAG=180°： 由(1)得：∠G=∠ABC, .∠G+∠BAG=180°， ..HG AB, .四边形ABHG是平行四边形. (3)解：如图，连结AD,设FH=a,则FG=FE=2a,GH=3a, ,四边形ABHG是平行四边形， ..AC=AB=GH=3a,BH=AG, 设BD=X, ,AB是直径， .∠ADB=90°，即：AD⊥BC, .AB=AC, .BD=CD=X,∠CAD=∠BAD, ∴.DE=BD ∴DE=BD=CD=X,即BC=2X, 由四边形ABDE内接于圆，同理可得 .∠CED=∠B, ,∠ECD=∠BCA, ∴.△CED一△CBA, CE=CD CB CA 故CECA=CDCB,即：3aCE=x2x,CE=2X,AG=AE=3a3X, 3a 延长GH,AC交于点M, 19131 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M B ,四边形ABDE内接于圆， .∠AED+∠B=180°， .GH‖AB, .∠GHB+∠B=180°， .∠GHB=∠AED=∠FEC, ,∠EFM=∠HFD, ∴△EFM一△HFD, 有F,故PH:FM=FE:PD,即：BM=22a+x=4a+2x,MH3a ,GH‖AB, ∴.△MHC一△ABC, .CH=MH CBAB,故CH·AB=CB·MH 3aCH=2x(3a+2x).CH=2x+x, 3a ∴.BH=4x+ 4, 3a 由BH=AG得：4x+4x2=3a-2X,枚2X2+4ax-3a2=0, 3a 3a 由x>0,解得：X=10-2 2 a, :BC=2x-10-2 AB3032,即：BC V/10-2 的值为3 AB 21.【答案】1)CD是⊙O的切线， ∴.∠ODC=90°，即∠CDB+∠ODB=90° ,AB是⊙O的直径， .∠ADB=90°，即∠ADO+∠ODB=90° 20131 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .OA=OD, .∠ADO=∠DAC, .∠CDB=∠DAC: (3)解：'∠EAD=∠DAB,tan∠EAD= 21 tan∠DAB=DB AD m∠EAD号D=BD. ∴ED=BD 设BD=X,则AD=2X,ED=BD=X ∴.AB=V5x ·△BDC一△DAC CD_BC_BD 1 ACCD AD2 CD-号AC=AB+BC-4+5x=2+5 2 x,CD=2BC=8, 2+ 2*8 解得X 125 ·DE=BD=12 5 ,AD=245 5 过D作DF⊥AE于点F,令DF=a, .tan∠EAD= DF 1 AF2 ∴.AF=2a 在Rt△AFD中，AD=VAF2+FD2=5a ∴.a= 24 21/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴DF=台AMF智 在Rt△就中，EF=VDE2-DF 12V5 2412 12 5 ·AE=AF-EF=36 5 22.【详解】(1)解：如图，连接OA,OB,过点O作OH⊥AB于点H, 4 B E .CD是∠ACB的角平分线，∠ACB=120°， .∠ACD=∠BCD=60°， .∠ABD=∠ACD=60°，∠BAD=∠BCD=60°， ∴.△ABD为等边三角形， ∴∠ADB=60°， .∠AOB=2∠ADB=120°， ,OA=OB,OH⊥AB, ∠A0H号←A0B=60,AH=BmH-号A- 2 'sin∠AOH=AH OA' V15 ..OA=-AH 2=5. sin60°-V 2 .⊙O的半径为5： (2)证明：如图，连接DO并延长，交AB于点G, 22131 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 G B D ,CD是∠ACB的角平分线， .∠ACD=∠BCD, ..AD=BD, .OG⊥AB, DE AB, .OD⊥DE, OD为⊙O的半径， ∴DE为⊙O的切线： (3)证明：，CD是∠ACB的角平分线， .∠ACD=∠BCD, .∠ACD=∠ABD, ∴∠ABD=∠BCD, DE‖AB .∠ABD=∠EDB, .∠EDB=∠BCD, ∠E=∠E, ∴△EDB一△ECD, 柴柴 ∴DE2=BE·EC. ,DE‖AB .∠ABC=∠E ,∠ABC=∠ADC, .∠ADC=∠E, :∠ACD=∠BCD .△ACD~△DCE 23/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AC=CD CD CE' ∴.CD2=AC·CE, 六DE2-DC2=BE·EC-AC·EC=ECEB-AC' .EC=EB+BC, 六DE2-DC2=EB+BCEB-AC 23.【答案】(1)证明：∠ADB是△BDE的外角， ∴.∠ADB=∠DBE+∠E, 又.四边形ABCD内接于⊙O, .∴.∠CAD=∠DBE(同弧CD所对的圆周角相等)， ∴.∠ADB=∠CAD+∠E (2)①证明：由题知∠ACB是△ACE的外角， ∴.∠ACB=∠CAE+∠E :∠ABC=∠DBE+∠ABD AB=AC, .∴.∠ABC=∠ACB 四边形ABCD内接于⊙O, ∴.∠CAE=∠DBE(同弧CD所对的圆周角相等) ∠ABD=∠ACD(同弧AD所对的圆周角相等)， .∴.∠ABD=∠E=∠ACD, ∴.△ACD一△AEC, ∴.AC2=AD·AE. .AB=AC, .∴.AB2=AD·AE ②解：如图，过点A作AP⊥BC交BC于点P,过点C作CQ⊥AE交AE于点Q. 24131 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .·∠CDQ△ACD B 是 的外角， .∴.∠CDQ=∠ACD+∠CAD, .·∠ACD=∠ABD,∠CAD=∠CBD(同弧AD,CD所对的圆周角相等)， ∴.∠CDQ=∠ABD+∠CBD=∠ABC. 由题知tan∠ABC=tan∠CDQ=VS,CD=V6, CQ-x-/5, i设：CQ=x,则tan∠CD0=D0D0 :DQ店 X 根据勾股定理得：CQ2+DQ2=6, 12 即：x2+ X =6 5 解得x=V5 .CQ=5,DQ=1. 设DE=m,则AD=2m. 由(2)①知：AC2=AD·AE,即AC=V6m. 在Rt△ACQ中，AC2=CQ2+AQ2,即(V6m2=(5}+(2m+1,解得m,=3'm,=-1<舍 去)， .AB=AC=36,AD=6,DE=3, 又：tan∠ABP=V5,设BP=y, AP=95,AP=95y. 根据勾股定理y+5y=36 解得y=3 25/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .BC=2BP=6. ∴.AD=BC, ∴.弧AD=BC弧， ∴.∠ABD=∠BDC, .CD‖AB .△DFC~△BFA, 8 .CF=1AC-36. 4 4 .‘弧AD=弧BC, ∴.弧AC=弧BD, ∴.AC=BD(在同一个圆中，相等的弧所对的弦相等)， DF-C-子86， CACDF-DF+CF+CD=36+36+6-596. 4 4 24.【答案】1)证明：，AD平分∠BAC, .∠BAC=2∠BAD=2CAD. ,∠BAC=2∠C, .∠BAD=∠C, ,∠B是△BAD和△BCA的公共角， .△BAD一△BCA: (2)证明：连接OA、OD, B D 图① ,弧AD所对的圆心角为∠AOD,所对圆周角为∠C, 26131 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠AOD=2∠C. .OA=OD(都是⊙O半径)， :∠0AD=180-∠A0D=90-∠C, 2 结合(1)知∠BAD=∠C, ∴.∠OAB=∠OAD+∠BAD=90°-∠C+∠C=90°，即OA⊥BA, 又，OA是⊙O的半径， .BA是⊙O的切线. (3)解：如图，连接EO并延长交⊙O于点F, B 图② 由(1)△BAD~△BCA, .BD=BA BABC,即BA2=BD·BC .BD·AC=AB, ∴BD·BC=BD·AC, ∴.BC=AC」 在△ABC中，∠ABC=∠BAC=2∠C, ∴.2∠C+2∠C+∠C=180°， 解得∠C=36°， .BAD=∠C=36°， ∴.∠CAD=36°， ∴.∠CAD=∠C, .AD=DC. ,∠ABC=72°，∠ADB=36°+36°=72°， ∴.∠ABC=∠ADB, 27/31 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..AB=AD. ..AB=AD=DC. ,BA、BE都是⊙O的切线， ∴.BA=BE, ∴.BE=AB. ,BE切⊙O于E, .∠BEF=90°， .∠BED+∠=90°. EF是直径， .∠EDF=90°， .∠DFE+∠=90°， ∴.∠BED=∠DFE .DE=DE. .∠DFE=∠BCE, .∠BED=∠BCE, 又，∠B公共， ∴.△BED~△BCE, 咒器提 设BD=a,AB=DC=X,则BC=AC=a+X, 代入BD·AC=AB得：aa+x)=X, 整理为x2-ax-a=0, 解得x=1+5a 2 (负值舍去)， 1+V5a ..DE_x 5-1. EC a+x ,1+9/5a 2 a+- 2 25.【答案】(1)证明：连接AC,如图所示： 28131 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B .AB=CD, .∠ACB=∠DAC, .AD‖BC. (2)解：①延长CE,交⊙O于点P,连接BP,过点E作EQ⊥BC,如图所示： D G H CP是⊙O的直径， .∠PBC=90°，CP=10, BC=8, PB=CP2-BC2=6 .tan∠PCB= PB 3 BC 4' .EQ⊥BC,tan∠ABC=7, :2=7,Q-3 BQ 7’QC4 设BQ=x,则有EQ=7X,QC=28x 3 ∴.BC=BQ+QC=x+ 2 3t=8, 解得：X= 24 311 EQ=168 311 29131 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴SAcE=号BC·EQ=672 2 31: ②分别过点A,F,H,C作AM⊥BC,FK⊥BC,HN⊥BC,CR⊥AB,连接BF,AC,交CE于点 J,如图所示： D KN .∠AMB=∠AMK=∠FKM=∠FKC=∠HNC=90°， AD BC, ∴∠DAM=∠AMB=90°， ∴.四边形AMKH是矩形， ..AH=MN,AM=HN, 由①可知：tan∠BPC=BC=4 PBsin∠PCB=P83 PC5Cos∠PCB=BC、4 PC5' ,∠BAC=∠BPC, tan∠BAC=tan∠BPC=4=CR 3 AR 由tan∠ABC=CR 7可设BR=t,CR=7t, BR :在R△BCR中，由勾股定理可得X2+49X2=64,解得：X=42 (负根舍去)， 5 ,cR-282 :BR=42 5 AR-3 CR-2192 sim 2ABC=CR-792 4 5 BC 10 ..AB=BR+AR=52 AM=AB·sin∠ABC=7=HN,BM=,AM tan∠ABC 1, 由轴对称的性质可知：BC=FC=8,∠BCP=∠FCE,CE垂直平分BF, 30131 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .RJ-F-CILE, CsiPCB-CJ-BC0PCB-32 ·BF=2BJ=48 Sw-BCI-BGK. :.FK=BFCJ_192 BC 25' :Rt△FCK中，由勾股定理得：CK=CF2-FK=56 5 tan∠FCK=FK=24 CK 7' .HN⊥BC, HN 49 ..CN= tan∠FCK24' .AH=MN=BC-BM-CN=119 4 31/31