专题08 圆（3年汇编）（广东专用）2024-2026年中考数学真题分类汇编

专题08 圆 3年真题1年模拟 考点分类 广东考情（2024-2026） 命题规律 考点01 圆周角定理与垂径定理 2026广东卷 2025广东卷 2024广东卷 选填高频考查，分值3分。垂径定理重点考查垂直弦、平分弦、弧之间的转化，常搭配勾股定理计算线段长度；圆周角定理侧重同弧所对圆周角相等、直径所对圆周角为直角。图形常规，模型经典；近三年很少设置复杂多弧嵌套，以基础角度、线段计算为主。 考点02 切线与切线长 2026广东卷 2025广东卷 几何解答必考小问，分值4-6分。切线核心两个方向：证明切线（连半径证垂直、作垂直证半径）；已知切线利用垂直关系推导角度线段；切线长侧重线段相等。常和圆周角、全等、勾股定理综合；近三年证明切线设问套路稳定，区分点在于角度条件的转化推导。 考点03 扇形的有关计算 2024广东卷 以选择、填空题为主，分值3分。考查扇形弧长、扇形面积公式，偶尔结合圆锥底面半径、母线长换算。题目直接套用公式居多；近三年很少出现不规则阴影复杂割补，计算数字设置简便，侧重公式记忆与简单代入运算。 考点04 圆综合 2025广东卷 2024广东卷 解答压轴或次压轴题，分值8-10分。以圆为载体，融合圆周角、切线、勾股、相似、三角函数。设问分层递进，第 (1)(2) 小问基础易得分，最后一问综合性强，涉及线段、面积求值。近三年减少繁杂计算，重点考查圆的条件向三角形、四边形几何条件的转化能力。 考点01 圆周角定理与垂径定理 1．（2026·广东·中考真题）如图，的半径为1，点，，在上，．则图中阴影部分的面积为（     ） A． B． C． D． 2．（2025·广东广州·中考真题）如图，的直径，C为中点，点D在弧上，，点P是上的一个动点，则周长的最小值是（   ） A． B． C． D． 3．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，弦的长为，点在上，，．所在的平面内有一点，若，则点与的位置关系是（    ） A．点在上 B．点在内 C．点在外 D．无法确定 4．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在中，，为的外接圆，为的切线，为的直径，连接并延长交于点E． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 考点02 切线与切线长 1．（2025·广东广州·中考真题）已知的半径为，所在平面内有一动点，过点可以引的两条切线，，切点分别为，．点与圆心的距离为，则的取值范围是______；若过点作交直线于点（点不与点重合），线段与交于点．设，，则关于的函数解析式为______． 2．（2026·广东·中考真题）如图，直线经过上的点，且，，．求证：直线是的切线． 3．（2026·广东深圳·中考真题）如图，是的直径，点是圆上一点，连接并延长至点，使得． (1)求证是的切线； (2)若，，求的长； (3)利用圆规和无刻度直尺在图中作出点关于直线的对称点（保留作图痕迹，不要求写出作法）． 4．（2025·广东·中考真题）如图，点是斜边边上的一点，以为半径的与边相切于点．求证：平分． 考点03 扇形的有关计算 1．（2024·广东广州·中考真题）如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若扇形的半径是5，则该圆锥的体积是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在矩形中，，O为中点，，则扇形的面积为________． 3．（2024·广东·中考真题）综合与实践 【主题】滤纸与漏斗 【素材】如图1所示： ①一张直径为的圆形滤纸； ②一只漏斗口直径与母线均为的圆锥形过滤漏斗． 【实践操作】 步骤1：取一张滤纸； 步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸； 步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形； 步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中． 【实践探索】 (1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明． (2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留） 考点04 圆综合 1．（2025·广东深圳·中考真题）如图1，在中，是的中点，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)如图2，若点为上一点，，且，，三点均在上，连接，与相切于点， ①求__________； ②求的半径； (3)利用圆规和无刻度直尺在图2中作射线，交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由． 2．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为． (1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由； (2)若，为的外接圆，设的半径为． ①求的取值范围； ②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由． 3．（2024·广东·中考真题）【问题背景】 如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线上第一象限内的两个动点，以线段为对角线作矩形，轴．反比例函数的图象经过点A． 【构建联系】 （1）求证：函数的图象必经过点C． （2）如图2，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为时，求k的值． 【深入探究】 （3）如图3，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接交于点P．以点O为圆心，长为半径作．若，当与的边有交点时，求k的取值范围． 1．（2026·广东佛山·三模）如图，，，都是的半径，，若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·广东深圳·三模）如图，在直径为2的圆内有一个圆心角为的扇形，其面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·广东韶关·二模）如图，点，，在上，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 4．（2026·广东肇庆·一模）如图，为的直径，弦，若，的半径为，则的长为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·广东汕头·一模）如果圆的半径是，圆心到直线的距离是，那么直线与圆的位置关系是（    ） A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定 6．（2026·广东汕头·三模）在数学综合与实践课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点 ，连接，作的垂直平分线交于点，交于点，测出，，则圆形工件的半径为（     ） A． B． C． D． 7．（2026·广东东莞·三模）如图，点A的坐标是，与x轴相切，与y轴相交于点B，点C是圆上一点，点B关于点C的对称点，则等于（     ） A．4 B．8 C．12 D．16 8．（2026·广东佛山·二模）如图，，是以为直径的圆上两点，已知，则的度数为__________． 9．（2026·广东东莞·一模）若一个圆锥的底面半径为3，母线长为8，则该圆锥的侧面展开图的面积为______． 10．（2026·广东佛山·一模）如图，为的直径，，则______． 11．（2026·广东肇庆·三模）如图，，是的两条切线，A，B是切点，C是上一点，过点C画的切线，分别交，于点D，E，，则的周长是________． 12．（2026·广东广州·二模）如图，已知是的直径，是弦，且，，．则__________． 13．（2026·广东广州·三模）将等腰直角三角板与量角器按如图所示的方式摆放，使三角板的直角顶点与量角器的中心重合，且两条直角边分别与量角器边缘所在的弧交于、两点．若厘米，则的长度为_____厘米．（结果保留） 14．（2026·广东广州·二模）如图，在足球比赛中，球员甲带球奔向对方球门，在不考虑其他因素的情况下，一般射门角度越大，射门进球的可能性就越大．球员甲带球路线与球门垂直，为垂足，点在上，过的与相切于点．球员甲带球到点_______（填“”或“”）射门，进球的可能性更大；若，，则的长为______． 15．（2026·广东深圳·三模）如图，在等腰三角形中，，以为直径的分别交于点D，E，延长至点F，连接，使得． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长； (3)请用无刻度的直尺和圆规作出点E关于线段的对称点．（不写作法，保留作图痕迹，标明字母） 16．（2026·广东清远·三模）如图，已知的直径与弦的夹角，延长到点P，使，连接． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积． 17．（2026·广东东莞·三模）如图，在中， ，点E在上，以为直径的经过上的点D，与交于点F，且． (1)求证：是的切线： (2)若，，求的长． 18．（2026·广东汕头·三模）综合与实践 【主题】扇面制作． 【背景】如图1，扇面字画是一种传统的中国艺术形式，它将字和绘画结合在扇面上，形成一种独特的艺术风格．某班组织同学们开展扇面制作展示活动，扇面的形状如图2中阴影部分所示，，弦与相切． 【素材】无刻度直尺、量角器、圆规、剪刀、如图3所示直径为 的卡纸． 【任务】 (1)猜想与证明：猜想 与 之间的数量关系，并证明． (2)设计扇面：若要求制作的扇面的宽 ． ①求要制作的扇面中弦的长． ②在中能否设计出满足条件的扇面？若能，请利用【素材】中的工具在图3中直接画出扇面（标出相关角的度数，保留作图痕迹）；若不能，请说明理由． 19．（2026·广东东莞·三模）如图，直线与相切于点D，为的直径，延长交直线于点C． (1)尺规作图：在右侧作与交于点E，使；（保留作图痕迹，不要求写出具体作法） (2)在（1）的条件下，若，，求的长． 20．（2026·广东广州·二模）如图所示，是等腰三角形，且，，在上取一点，使，以为圆心，为半径作圆， (1)猜想与的位置关系，并证明你的猜想； (2)已知， ①求扇形的面积（结果保留π） ②若把扇形 围成圆锥的侧面，求圆锥底面圆的半径长． 21．（2026·广东惠州·二模）惠阳区计划在一片直角三角形的空地上，打造以淡水老城文化为主题的休闲广场．已知空地为，，边是紧邻规划的环城步道，边是便民服务通道，边是连接淡水老城入口的观景步道．设计方案以边上的点为圆心，为半径修建圆形的文化主题景观区，该圆形区域与环城步道交于点． (1)实践与操作：计划在便民服务通道上设置一个与点、点距离相等的便民服务点，请你用直尺与圆规作出边上满足条件的点，连接（不写作法，保留作图痕迹）． (2)判断与证明：只有当指示线与圆形景观区相切时，才能符合广场规划．请根据现有条件，判断是否符合广场规划，并说明理由． 22．（2026·广东深圳·三模）解决下列问题： (1)请在图中作出的外接圆⊙（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）： (2)如图，⊙是的外接圆，是⊙的直径，点是的中点，过点作的垂线交的延长线于点． ①求证：是的切线； ②若， ，求的半径 23．（2026·广东佛山·二模）影子在我们生活中是常见的，那么利用影子能解决什么问题呢？某校以《影子的故事》展开项目式学习： (1)地球有多大？2000多年前，古希腊数学家埃拉托斯特尼利用太阳光线测量出了地球子午线的周长． 如图1，太阳光线，是竖直插在球面上的木杆．的延长线都经过圆心O，已知B、E间的劣弧长约为800千米，子午线周长约为40000千米，则的度数为______． (2)中国古代也有类似的记载，陈子测日法是由我国古代杰出的数学家陈子提出，用来测量太阳高度的．陈子测量太阳高度的方法可叙述为：当夏至太阳直射北回归线时，在北方立一八尺高的标杆，观其影长为六尺．然后测量者向南移动标杆，每移动一千里，标杆的影长就减少一寸，查阅资料后，进行如下项目式研究： 如图2，某日正午，小红和小明在同一子午线的B地、C地测得太阳光与木棍的夹角分别为 ， ，则______，若测得之间弧长为l，则地球子午线周长为______．（用含 ， ，l的代数式表示） (3)如图3，日落时，身高为h的小亮趴在地上平视远方，在太阳完全从地平线上消失的一瞬间，按下秒表开始计时．同时马上站起来，当太阳再次完全消失在地平线的瞬间，停止计时，小亮利用这个时间差和地球自转的速度计算出了，请据此求出地球的半径R．（用含h， 的代数式表示） 试卷第1页，共3页 2 / 6 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08圆 3年真题1年模拟答案版 三年真题分类园 考点01圆周角定理与垂径定理 1.A 2.B 3.C 4.(I)证明：连接BO并延长，交AD于点H,连接OD, B E H D .AB=BD.OA=OD. ∴.BO垂直平分AD .BH⊥AD,AH=DH, .BE为⊙O的切线， ∴HB⊥BE ,AC为⊙O的直径， ∠ADC=90, .四边形BHDE为矩形， DE⊥BE (2)由(1)知四边形BHDE为矩形，BH⊥AD,AH=DH, ∴AH=DH=BE=5, 1/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..BH=AB2-AH2=595, 设OO的半径为r,则：OA=OB=r,OH=BH-OB=5V5-r, 在Rt△AOH中，由勾股定理，得：r2=52+5V5-r}, 解得：r=35: 即：⊙O的半径为35」 品考点02切线与切线长 1.d>6 y=X-12x+36 2x 2.证明：连接OC :∠AOB=100°，∠OAB=40° ∴.∠OBA=180°-∠AOB-∠OAB=40° .∠OAB=∠OBA ∴.OA=OB .AC=BC ∴.OC⊥AB ,点C在⊙O上， .OC为半径， 直线AB是⊙O的切线. 3.(1) 证明：，OA=OC ∴.∠ACO=∠OAC .'∠CBD=∠ACO 2/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠CBD=∠OAC .AB是⊙O的直径， ∴.∠ACB=90° ∴.∠OAC+∠ABC=90° ∴.∠CBD+∠ABC=90° ∴.∠ABD=90 OB为半径， .BD是OO的切线： (2)解：过点B作BT⊥OC于点T,则∠OTB=90° D 设OB=OC=r,则OD=r+4 :∠ABD=90°， .0B2+BD2=0D2 .r2+62=r+42 :0B=0C=5,0D=13 2, 2 ,∠OTB=∠OBD=90°，∠BOT=∠DOB ∴.△BOT一△DOB BO OD BD :OTOB BT 513 26 OT5 BT ..OT= 25 26' BT=30 3 3/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 25_20 &CT=0c-0T=3 2613 ..BC=VBT2+CT2 3012 202 10只V13 13 + 13 13 3)如图，点P即为所求 4.证明：连接OD, D ,⊙O与边BC相切于点D, .OD⊥BC,即∠ODC=90°， :△ABC为直角三角形， .∠ODC=∠B=90°， ..OD AB. .∠1=∠3， .OD=OA .∠1=∠2， .∠3=∠2， .AD平分∠BAC. 考点03扇形的有关计算 1.D 2.4π 3.(1)能， 4/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 理由：设圆锥展开图的扇形圆心角为n°， anm·7 根据题意，得180 =7, 解得n=180°， ∴将圆形滤纸对折，将其中一层撑开，围成圆锥形，此时滤纸能紧贴此漏斗内壁： (2)解：设滤纸围成圆锥形底面圆的半径为rcm,高为hcm, 180π×5 根据题意，得2πr= 180, 解得r=5 21 3 2 六圆雏的体积为写Trh=子π× 3 24 考点04圆综合 1.(1) 证明：，：AD=CE,CD=AE .四边形ADCE为平行四边形， 又.'∠ACB=90°，且D为AB中点 .CD=1AB=AD=BD. ∴.平行四边形ADCE为菱形. (2)①.四边形ADCE为菱形. ∴.DA=DC, ∴.∠DAC=∠ACD, 又.OA=OD=r, ..∠OAD=∠ODA, .∴.∠COD=∠OAD+∠ODA=2∠OAD=2∠OCD, ,CD切⊙O于D, 5/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠CD0=90, ∴.∠COD+∠ACD=2∠ACD+∠ACD=90°： ∴.∠ACD=30°： ②设半径为r, .AC=4, .∴.0C=4-r, .∠ACD=30°，∠CD0=90°， a∠Acn-g2, 24 解得：r=3 (3)作图如下： 2.(I)解：AF=AD,AF⊥AD;理由如下： ,在菱形ABCD中，∠C=120°， .∠BAD=∠C=120°，AB=AD, ∠BAF=30, .∠FAD=120°-30°=90°， .AF⊥AD 由对折可得：AB=AF, ..AF=AD: (2)解：①如图，设△AEF的外接圆为⊙O,连接AC交BD于H.连接OA,OE,OF,OC, 】 6/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,四边形ABCD为菱形，∠BCD=120°， .AC⊥BD,∠BCA=60°，BA=BC, ,△ABC为等边三角形， .∠ABC=∠AFE=60°=∠ACB, .A,E,F,C共圆，∠AOE=2∠AFE=120°，O在BD上， .AO=OE, .∴∠AEO=∠EAO=30°， 过O作OJ⊥AE于J, :.AJ-EJ.AO-23J, 3 AO-AE. 3 当AE⊥BC时，AE最小，则AO最小， :AB=6+6V3,∠ABC=60° :AE=Bsin60°=l6+63×5=35+9. :A0=535+91=3+35, 3 ,点E不与B、C重合， ∴.AE≥9+3V3,且AE≠6+6V3, ∴.r的取值范围为r≥3+3V3且r≠2V3+6: ②DF能为⊙O的切线，理由如下： 如图，以A为圆心，AC为半径画圆， .AB=AC=AF=AD, .B,C,F,D在⊙A上， 延长CA与⊙A交于L,连接DL, 7/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B D M 同理可得△ACD为等边三角形， .∠CAD=60°， .∠CLD=30°， .∠CFD=180°-30°=150°， ,DF为⊙O的切线， .∠OFD=90°， ∴.∠OFC=60°， OC=OF, ∴.△OCF为等边三角形， .∠COF=60°， .CAF- ∠COF=30, .∠DAF=60°-30°=30°， .∠BAF=120°-30°=90°， 由对折可得：∠BAE=∠FAE=45°，BE=EF, 过E作EM⊥AF于M, .设AM=EM=X, .∠EFM=60, 8/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .FM-EM-x 3 X, X+ 3 x=6+6V3. 3 解得：x=6V3, ∴.FM= 3 3 ×6V3=6, ..BE=EF=2FM=12. 3.(1)证明：设Bm,ma,则Am, k m/ ADx轴， :D点的纵坐标为m ·将y= m代入y=ax中得：m =ax得， .:x=_k am ..D/kk am'm' ..c/k ,am, am 将X= O代入y三&中得出y=am 心函数y= 灭的图象必经过点C: (2)点B1,2在直线y=ax上， ∴a=2, y=2x, .A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2， 函数y=二的图象经过点A,C, X 9/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 d货2 A1,k, ∴.DC=k-2, ,把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E, :BE=BC=-1,∠BED=∠BCD=90, DC=k-2=2=DE BC k-1 BE, 2 如图，过点D作DH⊥y轴，过点B作BF⊥y轴， H E F :AD‖x轴， H,A,D三点共线， ∴.∠HED+∠BEF=90°，∠BEF+∠EBF=90°， .∠HED=∠EBF, ,∠DHE=∠EFB=90°， ∴.△DHE一△EFB, DH_HE-DE-2. EF BF BE BF=1.DH=k 2 :.HE=2,EF= 4 10124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..HF=2+ 4 由图知，HF=DC, 2+=k-2, 4 5 (3),把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E,当点E,A重合， AC⊥BD, ,四边形ABCD为矩形， ∴.四边形ABCD为正方形，∠ABP=∠DBC=45°， :.AB-BC-CD-DA--APs=9/2AP,AP-PC-BP-AC,BP LAC, sin45° .BCx轴， ∴.直线y=ax为一，三象限的夹角平分线， ..y=x, 当⊙O过点B时，如图所示，过点D作DHx轴交y轴于点H, :AD‖x轴， H,A,D三点共线， y (E) H山-- 0 x :以点0为圆心，AC长为半径作⊙O,OP=32, ..OP=OB+BP=AC+BP=2AP+AP=3AP=32. ..AP=2, ..AB=AD=2AP=2,BD=2AP=22,BO=AC=2AP=22 :ABy轴， 11/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.△DHO△DAB, HO_DH_DO AB AD BD' .H0=DH=2V2+2V2 .22 2V2 .HO=HD=4. .HA=HD-DA=4-2=2, .A2,4, .k=2×4=8, 当⊙O过点A时，根据A,C关于直线OD对轴知，⊙O必过点C,如图所示，连AO,CO,过点D作 DH‖x轴交y轴于点H, A(E) B .AO=OC=AC, .△AOC为等边三角形， .OP⊥AC, :∠A0P=号×60°=30， 3 :AP=tn30×0P=5×32=6=PD,AC=BD=2AP=2R6 3 ..AB=AD=2AP=23,OD=OP+PD=32+6. .ABy轴， .△DHO~△DAB, 12/24 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 HO DH DO ·ABAD BD HO_DH_32+6 232326 :.H0=HD=3+V3, .HA=HD-DA=3+V3-2V3=3-V3 ·.A3-3,3+3, .k=3-V3×3+3=6, ∴.当⊙O与△ABC的边有交点时，k的取值范围为6≤k≤8. V一年模拟练测品 1.B 2.D 3.C 4.C 5.A 6.C 7.D 8.51/51度 9.24m 10.65 11.24 13.3π 14.F qs 15.(1)证明：连接AD, 13124 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D ,AB是⊙O的直径， ∴.AD⊥BC,即∠ADB=90° .AB=AC .∠1=∠2 .∠BAC=2∠2 :∠BAC=2∠CBF,即∠BAC=2∠3 ∠2=∠3， .∠ADB=90° .∠2+∠4=90° ∴.∠3+∠4=∠ABF=90° BF⊥AB .AB是⊙O的直径， .BF是⊙O的切线： (2)解：连接BE, B D ,AB是⊙O的直径， .∠AEB=90° 设AB=AC=X,则AF=AC+CF=X+3 .∠ABF=909 14124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :sin∠F=AB=X .2 AF x+33 解得x=6 :Os∠BAF=AB-AE AF AB 2AE 36 .AE=4 ∴.CE=AC-AE=6-4=2: (3)如图，点E即为所求： D 16.1)证明：连接0C, 则OA=OC, ∴.∠A=∠OCA=30°，∠BOC=∠A+∠OCA=60°， 又.OB=OC, :∠0BC=∠0CB=180°-60 2 =60°，则△OBC为等边三角形， ∴.BC=OB,又PB=OB, ∴.PB=BC, ∴.∠P=∠BCP, ,∠OBC=∠P+∠BCP=60°， .∠P=∠BCP=30°， 15124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠P+∠BOC=30°+60°=90°，则∠OCP=90°，即OC⊥PC, 又OC是半径， ∴.PC是⊙O的切线： (2)解：.⊙O的半径为2，∠P=30°，∠OCP=90°， ∴.0P=20C=4,PC=V0P2-0C2=23, S.0m0c-Pc=分×2×29=295， 60 S扇形0560 3 ·S影=Saoc-S物玩2V3-2n 3 17.(1)证明：连接OD,则OD=OC, D BD=BC,OB=OB ∴.△ODB≌△OCB SSS, .∴.∠ODB=∠OCB=90°， .∴.OD⊥AB .OD是⊙O的半径， ∴.AB是⊙O的切线： (2)解：连接DF, 设⊙O的半径为r,则OA=r+1, 16124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :∠ODB=90°， .∠ODA=180°-90°=90°， 在Rt△OAD中，OA2=AD2+OD2, .r+12=3+r2, 解得r=1, “tan∠A0D=AD=3, OD ∴.∠AOD=60°， 由(1)知，△ODB≌△OCB, .∠DOB=∠COB, .∠DOB+∠COB+∠AOD=180° .∠DOF=60°， 又.OD=OF, △ODF为等边三角形， ..DF=OD=1 18.(1)猜想： 0D=20A 证明如下：如图1，记弦AB与CD相切于点M,连接OM,则OM⊥AB. 图1 .∠AMO=90°. ,∠AOB=120°，OA=0B, ∴.∠MAO=∠MBO=30°. :0M=)oA. .OD=OM, :0D=20A (2)解：①如图， 17124 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 0 30匹 B .OA=OB,OM⊥AB, ..AM=BM. 由(L)知OD=号0A=AD=OM=15cm. ∴.OA=2AD=30cm. ∴在Rt△A0M中，AM=√0A2-0M2=V302-152=153, .AB=2AM=2×15/3=30R3. ②能， 30 19.1)如图，AE即为所作. 0, D E (2)证明：如图，连接OD O C E ∵直线与⊙O相切于点D, ∴.OD⊥CE」 18/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .OA=OD. ∴.∠ODA=∠OAD .∠OAD=∠EAD, .∠ODA=∠EAD. ∴.OD‖AE ∴.AE⊥1 设⊙O的半径为r,则OB=OD=r, 在Rt△OCD中，OD=r,CD=4,OC=r+2, .r2+42=r+22. 解得r=3. ∴.OB=OD=OA=3 sin∠ACE=OD=AE OC AC' 3 AE 2+32+3+3 AE=24 51 20.1)解：AC与⊙O相切，证明如下： .AC=BC,∠A=30°， .∠ABC=∠A=30°， .∠ACB=120°」 .OB=OC,∠CBO=∠BCO=30°， .∠OCA=120°-30°=90°， .AC⊥OC, 又OC是⊙O的半径， .AC与⊙O相切： (2)解：①在Rt△AOC中，∠A=30°，AC=3, 则tan30=C0-C0_3 AC 3 3' ∠COA=60°， .C0=V3,∠B0C=120°， 19124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 扇形OBC的面积为 20π×32 360 ②∠B0C=120°，C0=3 120π×V3_23π ∴弧BC的弧长为： 180 3 设底面圆半径为：， 则2Tr= 2/3π 3 3 解得：r= 3· 21.(I)解：如图所示，点E及DE即为所求 M -X--E 6 方法① 方法② 方法③ (2)符合广场规划 理由如下：连接OD OB=OD .∴.∠B=∠BDO, ED=EA, ∴.∠EDA=∠A 在Rt△ACB中，.'∠ACB=90, ∴.∠B+∠A=90, ∴.∠BDO+∠EDA=90° ∴.∠ODE=180°-∠BDO+∠EDA=90° 又OD是⊙O的半径， ∴.DE是⊙O的切线， 符合广场规划 20124 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D E B 22.(1) 为 (2)①证明：如下图所示，连接OC、OB 0 ,∠CAE是CE对应的圆周角，∠COE是CE对应的圆心角 :.∠COE=2∠CAE :点B是CE的中点 .∠COE=2∠BOE .∠CAE=∠BOE ..AD OB .BD⊥AC .OB⊥BD 又OB是半径， .BD是⊙O的切线： ②如下图所示，连接BE, 21124 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B E ,四边形ACBE是⊙O的内接四边形， ∴.∠E+∠ACB=180°， 又，∠DCB+∠ACB=180°， ∴.∠E=∠DCB, .tan∠E=tan∠DCB=2, ,AE是⊙O的直径 ∴.∠ABE=90 tan∠E=AB BE 2 又，AB=6, .BE=3 又：AE2=AB+BE .AE=V62+3=3V5 3V5 .⊙0的半径为2 23.(1)解：设子午线的半径为r,∠DCE=n°， .子午线周长约为40000千米， .2πr=40000, Tr=2000, n×20000=800, 由弧长公式得：180 解得n=7.2, 即∠BOE=7.2°， :AB‖CD, ∴.∠DCE=∠BOE=7.2°： 22124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)解：如图，延长EF交OB于点P, ,太阳光是平行线， .MN‖EF, ∴.∠EPM=∠OMN=a, .∠OEP=B, .∠BOC=∠EPM-∠OEP=a-B, 设子午线的半径为R, 由弧长公式得l=Q-βnR 180, nR=1801 a-B' ·地球子午线的周长为2πR=360l a-B: E 棍E C B 图2 (3)解：由题意得，当小亮趴在地上平视远方，在太阳完全从地平线上消失的一瞬间，此时小亮视线所 在的直线QH与⊙O相切于点H;同理当小亮站起来，太阳再次完全消失在地平线的瞬间，小亮的视线所 在的直线也与⊙O相切，设这个切点为T,连接OT，OH, 太阳 太阳 图3 ∴.OP=PH+OH=h+R, 由切线的性质得∠PHQ=∠PTO=90°， 23124 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠HQP+∠HPQ=90°=∠TPO+∠TOP, .∠TOP=∠PQH=0 在Rt△TPO中，cos∠TOP=OT OP ..Cos0=R h+R' 解得R= hcose 1-c0s09 地球的周长为2πR=2π×hcos9= 2πhcos0 1-c0s01-c0s0 24124 专题08 圆 3年真题1年模拟 考点分类 广东考情（2024-2026） 命题规律 考点01 圆周角定理与垂径定理 2026广东卷 2025广东卷 2024广东卷 选填高频考查，分值3分。垂径定理重点考查垂直弦、平分弦、弧之间的转化，常搭配勾股定理计算线段长度；圆周角定理侧重同弧所对圆周角相等、直径所对圆周角为直角。图形常规，模型经典；近三年很少设置复杂多弧嵌套，以基础角度、线段计算为主。 考点02 切线与切线长 2026广东卷 2025广东卷 几何解答必考小问，分值4-6分。切线核心两个方向：证明切线（连半径证垂直、作垂直证半径）；已知切线利用垂直关系推导角度线段；切线长侧重线段相等。常和圆周角、全等、勾股定理综合；近三年证明切线设问套路稳定，区分点在于角度条件的转化推导。 考点03 扇形的有关计算 2024广东卷 以选择、填空题为主，分值3分。考查扇形弧长、扇形面积公式，偶尔结合圆锥底面半径、母线长换算。题目直接套用公式居多；近三年很少出现不规则阴影复杂割补，计算数字设置简便，侧重公式记忆与简单代入运算。 考点04 圆综合 2025广东卷 2024广东卷 解答压轴或次压轴题，分值8-10分。以圆为载体，融合圆周角、切线、勾股、相似、三角函数。设问分层递进，第 (1)(2) 小问基础易得分，最后一问综合性强，涉及线段、面积求值。近三年减少繁杂计算，重点考查圆的条件向三角形、四边形几何条件的转化能力。 考点01 圆周角定理与垂径定理 1．（2026·广东·中考真题）如图，的半径为1，点，，在上，．则图中阴影部分的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆周角定理求出圆心角的度数，再利用扇形面积公式计算即可． 【详解】解：，与分别是所对的圆周角和圆心角 的半径为 ． 2．（2025·广东广州·中考真题）如图，的直径，C为中点，点D在弧上，，点P是上的一个动点，则周长的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，轴对称性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先作点关于的对称点，连接，交于点，因为的直径，C为中点，得，再结合，得，再证明是等边三角形，运用勾股定理列式计算得，则周长，即可作答． 【详解】解：作点关于的对称点，连接，记交于点，如图所示： ∴ ∵的直径，C为中点， ∴点在上，，， ∴， ∵， ∴， ∵， 则是等边三角形， ∴， ∵是直径， ∴ ∴， 则周长， ∴周长的最小值是． 故选：B． 3．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，弦的长为，点在上，，．所在的平面内有一点，若，则点与的位置关系是（    ） A．点在上 B．点在内 C．点在外 D．无法确定 【答案】C 【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，点与圆的位置关系，锐角三角函数，掌握圆的相关性质是解题关键．由垂径定理可得，由圆周角定理可得，再结合特殊角的正弦值，求出的半径，即可得到答案． 【详解】解：如图，令与的交点为， 为半径，为弦，且， ， ， 在中，，，， ， ，即的半径为4， ， 点在外， 故选：C． 4．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在中，，为的外接圆，为的切线，为的直径，连接并延长交于点E． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 【答案】(1) 证明：连接并延长，交于点，连接， ∵，， ∴垂直平分， ∴，， ∵为的切线， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴四边形为矩形， ∴； (2) 【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质： （1）连接并延长，交于点，连接，易证垂直平分，圆周角定理，切线的性质，推出四边形为矩形，即可得证； （2）由（1）可知，勾股定理求出的长，设的半径为，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）略 （2）由（1）知四边形为矩形，，， ∴， ∴， 设的半径为，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得：； 即：的半径为． 考点02 切线与切线长 1．（2025·广东广州·中考真题）已知的半径为，所在平面内有一动点，过点可以引的两条切线，，切点分别为，．点与圆心的距离为，则的取值范围是______；若过点作交直线于点（点不与点重合），线段与交于点．设，，则关于的函数解析式为______． 【答案】 【分析】由题意可得点在外，从而得出，再由切线长定理可得，，，又，则，所以，可得，故有，，最后通过勾股定理即可求解． 【详解】解：如图， ∵过点可以引的两条切线，， ∴点在外， ∴， ∵，是的两条切线， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，的半径为， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故答案为：，． 【点睛】本题主要考查了点和圆的位置关系，切线长定理，勾股定理，求函数解析式，等角对等边，平行线的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 2．（2026·广东·中考真题）如图，直线经过上的点，且，，．求证：直线是的切线． 【答案】证明：连接 ∵， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵点在上， ∴为半径， ∴直线是的切线． 【分析】连接，先由三角形内角和定理求出的度数，再证明为等腰三角形，则由三线合一得到，即可证明． 【详解】略 3．（2026·广东深圳·中考真题）如图，是的直径，点是圆上一点，连接并延长至点，使得． (1)求证是的切线； (2)若，，求的长； (3)利用圆规和无刻度直尺在图中作出点关于直线的对称点（保留作图痕迹，不要求写出作法）． 【答案】(1) 证明：∵ ∴ ∵ ∴ ∵是的直径， ∴ ∴ ∴ ∴， ∵为半径， ∴是的切线； (2) (3)如图，点即为所求 【分析】（1）由结合已知条件得到，然后根据圆周角定理得到，再由直角三角形锐角互余以及等量代换证明即可； （2）设，则，先对运用勾股定理求解半径，然后利用，以及对运用勾股定理求解即可． （3）以点为圆心，为半径画弧与交点即为点． 【详解】（1）略 （2）解：过点作于点，则 设，则 ∵， ∴ ∴ 解得， ∴，， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴， ∴ ∴． （3）解：连接， 由作图可得， 则， 再由垂径定理的推论可得垂直平分， 即可得到点关于对称． 4．（2025·广东·中考真题）如图，点是斜边边上的一点，以为半径的与边相切于点．求证：平分． 【答案】 证明：连接， ∵与边相切于点， ∴，即， ∵为直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴平分． 【分析】本题考查了圆的切线的性质，等腰三角形的性质，平行线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． 连接，根据圆的切线的性质得到，则根据平行线的判定与性质得到，再由等边对等角得到，即可等量代换求证． 【详解】略 考点03 扇形的有关计算 1．（2024·广东广州·中考真题）如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若扇形的半径是5，则该圆锥的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了弧长公式，圆锥的体积公式，勾股定理，理解圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等是解题关键，设圆锥的半径为，则圆锥的底面周长为，根据弧长公式得出侧面展开图的弧长，进而得出，再利用勾股定理，求出圆锥的高，再代入体积公式求解即可． 【详解】解：设圆锥的半径为，则圆锥的底面周长为， 圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，且扇形的半径是5， 扇形的弧长为， 圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等， ， ， 圆锥的高为， 圆锥的体积为， 故选：D． 2．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在矩形中，，O为中点，，则扇形的面积为________． 【答案】 【分析】本题考查了扇形的面积公式，解直角三角形．利用解直角三角形求得，，得到，再利用扇形的面积公式即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵O为中点， ∴， ∵， 在中，， ∴， 同理， ∴， ∴扇形的面积为， 故答案为：． 3．（2024·广东·中考真题）综合与实践 【主题】滤纸与漏斗 【素材】如图1所示： ①一张直径为的圆形滤纸； ②一只漏斗口直径与母线均为的圆锥形过滤漏斗． 【实践操作】 步骤1：取一张滤纸； 步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸； 步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形； 步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中． 【实践探索】 (1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明． (2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留） 【答案】(1) 能， 理由：设圆锥展开图的扇形圆心角为， 根据题意，得， 解得， ∴将圆形滤纸对折，将其中一层撑开，围成圆锥形，此时滤纸能紧贴此漏斗内壁； (2) 【分析】本题考查了圆锥，解题的关键是： （1）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长求出圆锥展开图的扇形圆心角，即可判断； （2）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长，求出滤纸围成圆锥形底面圆的半径，利用勾股定理求出圆锥的高，然后利用圆锥体积公式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：设滤纸围成圆锥形底面圆的半径为，高为， 根据题意，得， 解得， ∴， ∴圆锥的体积为． 考点04 圆综合 1．（2025·广东深圳·中考真题）如图1，在中，是的中点，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)如图2，若点为上一点，，且，，三点均在上，连接，与相切于点， ①求__________； ②求的半径； (3)利用圆规和无刻度直尺在图2中作射线，交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由． 【答案】(1) 证明：， 四边形为平行四边形， 又，且为中点 ， 平行四边形为菱形． (2)①30°；② (3)作图如下： 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，斜边上的中线得到，即可得证； （2）①根据菱形的性质，得到，等角对等边得到，三角形的外角得到，切线得到，再根据角的和差关系进行求解即可；②解直角三角形，进行求解即可； （3）利用尺规作图作，即可． 【详解】（1）略 （2）①四边形为菱形． ， ， 又， ， ， 切于， ， ； ； ②设半径为， ， ， ，， ； 解得：； （3）略 【点睛】本题考查菱形的判定和性质，斜边上的中线，切线的性质，解直角三角形，尺规作平行线，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 2．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为． (1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由； (2)若，为的外接圆，设的半径为． ①求的取值范围； ②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由． 【答案】(1)， (2)①且；②能， 【分析】（1）由菱形的性质可得，，再结合轴对称的性质可得结论； （2）①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，证明为等边三角形，共圆，，在上，，过作于，当时，最小，则最小，再进一步可得答案；②如图，以为圆心，为半径画圆，可得在上，延长与交于，连接，证明，可得，为等边三角形，证明，可得：，，过作于，再进一步可得答案． 【详解】（1）解：，；理由如下： ∵在菱形中，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由对折可得：， ∴； （2）解：①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，， ∵四边形为菱形，， ∴， ，， ∴为等边三角形， ∴， ∴共圆，，在上， ∵， ∴， 过作于， ∴，， ∴， 当时，最小，则最小， ∵，， ∴， ∴； 点E不与B、C重合， ，且， ∴的取值范围为且； ②能为的切线，理由如下： 如图，以为圆心，为半径画圆， ∵， ∴在上， 延长与交于，连接， 同理可得为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵为的切线， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由对折可得：，， 过作于， ∴设， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是轴对称的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，切线的性质，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键． 3．（2024·广东·中考真题）【问题背景】 如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线上第一象限内的两个动点，以线段为对角线作矩形，轴．反比例函数的图象经过点A． 【构建联系】 （1）求证：函数的图象必经过点C． （2）如图2，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为时，求k的值． 【深入探究】 （3）如图3，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接交于点P．以点O为圆心，长为半径作．若，当与的边有交点时，求k的取值范围． 【答案】（1）证明：设，则， ∵轴， ∴D点的纵坐标为， ∴将代入中得：得， ∴， ∴， ∴， ∴将代入中得出， ∴函数的图象必经过点C； （2）； （3） 【分析】（1）设，则，用含的代数式表示出，再代入验证即可得解； （2）先由点B的坐标和k表示出，再由折叠性质得出，如图，过点D作轴，过点B作轴，证出，由比值关系可求出，最后由即可得解； （3）当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，当过点A时，根 据A，C关于直线对轴知，必过点C，如图所示，连，，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，进而即可求出k的取值范围． 【详解】（1）略 （2）∵点在直线上， ∴， ∴， ∴A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2， ∵函数的图象经过点A，C， ∴，， ∴， ∴， ∵把矩形沿折叠，点C的对应点为E， ∴，， ∴， 如图，过点D作轴，过点B作轴， ∵轴， ∴H，A，D三点共线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴, ∵， ∴，， ∴， 由图知，， ∴， ∴； （3）∵把矩形沿折叠，点C的对应点为E，当点E，A重合， ∴， ∵四边形为矩形， ∴四边形为正方形，， ∴，，， ∵轴， ∴直线为一，三象限的夹角平分线， ∴， 当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H， ∵轴， ∴H，A，D三点共线， ∵以点O为圆心，长为半径作，， ∴， ∴， ∴，，， ∵轴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当过点A时，根 据A，C关于直线对轴知，必过点C，如图所示，连，，过点D作轴交y轴于点H， ∵, ∴为等边三角形， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵轴， ∴， ∴， ∴, ∴， ∴， ∴， ∴, ∴当与的边有交点时，k的取值范围为． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一次函数的性质，反比例函数的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，轴对称的性质，圆的性质等知识点，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键． 1．（2026·广东佛山·三模）如图，，，都是的半径，，若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据圆周角定理得到，然后结合得到，然后利用圆周角定理求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 2．（2026·广东深圳·三模）如图，在直径为2的圆内有一个圆心角为的扇形，其面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意得，由勾股定理得出，根据扇形面积公式求解即可． 【详解】解：由题意得， 由勾股定理得， ∴， ∴扇形面积为． 3．（2026·广东韶关·二模）如图，点，，在上，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：∵, ∴根据圆周角定理可知． 4．（2026·广东肇庆·一模）如图，为的直径，弦，若，的半径为，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，先证明，求出，再利用弧长公式计算即可 【详解】解：如图，连接， 为的直径，， ， ，的半径为， 的长为， 的长为，选项符合题意． 5．（2026·广东汕头·一模）如果圆的半径是，圆心到直线的距离是，那么直线与圆的位置关系是（    ） A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定 【答案】A 【分析】先确定圆的半径和圆心到直线的距离，再比较与的大小，根据直线与圆位置关系的判定规则即可得出结论． 【详解】解：由题意得，圆的半径，圆心到直线的距离 根据直线与圆位置关系的判定规则，当圆心到直线的距离大于圆的半径时，直线与圆相离. 直线与圆的位置关系是相离． 6．（2026·广东汕头·三模）在数学综合与实践课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点 ，连接，作的垂直平分线交于点，交于点，测出，，则圆形工件的半径为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由垂径定理，可得出的长；设圆心为O，连接，在中，可用半径表示出的长，进而可根据勾股定理求出圆形工件的半径． 【详解】解：∵是线段的垂直平分线， ∴直线经过圆心，设圆心为 ，连接． 中，， 根据勾股定理得： ，即： ， 解得：； 故圆形工件的半径为 ， 7．（2026·广东东莞·三模）如图，点A的坐标是，与x轴相切，与y轴相交于点B，点C是圆上一点，点B关于点C的对称点，则等于（     ） A．4 B．8 C．12 D．16 【答案】D 【分析】连接、，由题意，易得是的中位线，得到，进而得到，即可． 【详解】解：连接、． 点B关于点C的对称点， 是的中点． ∵点A的坐标是，与x轴相切，与y轴相交于点B，点C是圆上一点， ∴为的直径， ∴点是的中点， 是的中位线． ． ． 8．（2026·广东佛山·二模）如图，，是以为直径的圆上两点，已知，则的度数为__________． 【答案】/51度 【分析】作出辅助线，根据直径所对的圆周角为可得，再结合圆周角定理求解即可． 【详解】解：连接，如图， ∵为圆的直径， ∴， ∵， ∴ ． 9．（2026·广东东莞·一模）若一个圆锥的底面半径为3，母线长为8，则该圆锥的侧面展开图的面积为______． 【答案】 【分析】圆锥的侧面积等于底面周长乘以母线长除以2，代入已知的底面半径和母线长，即可计算出侧面展开图的面积. 【详解】解：圆锥底面周长， 圆锥侧面积. 10．（2026·广东佛山·一模）如图，为的直径，，则______． 【答案】 【分析】连接，由为的直径，可得，由圆周角定理可得，结合三角形的内角和定理计算出． 【详解】解：如图， 连接， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴． 11．（2026·广东肇庆·三模）如图，，是的两条切线，A，B是切点，C是上一点，过点C画的切线，分别交，于点D，E，，则的周长是________． 【答案】24 【详解】解：和是的两条切线， ， 同理可得：，， 的周长 ． 12．（2026·广东广州·二模）如图，已知是的直径，是弦，且，，．则__________． 【答案】 【分析】根据直径所对的圆周角是直角得出，利用勾股定理求出的长，再根据垂径定理得出，从而得出，最后在中利用正切定义求解． 【详解】解：是的直径， ， 在中，，， 由勾股定理得， 是直径，， ， ， 在中，， ∴． 13．（2026·广东广州·三模）将等腰直角三角板与量角器按如图所示的方式摆放，使三角板的直角顶点与量角器的中心重合，且两条直角边分别与量角器边缘所在的弧交于、两点．若厘米，则的长度为_____厘米．（结果保留） 【答案】 【分析】直接根据弧长公式进行计算即可． 【详解】解：由题意可得，，， ∴的长度为：． 14．（2026·广东广州·二模）如图，在足球比赛中，球员甲带球奔向对方球门，在不考虑其他因素的情况下，一般射门角度越大，射门进球的可能性就越大．球员甲带球路线与球门垂直，为垂足，点在上，过的与相切于点．球员甲带球到点_______（填“”或“”）射门，进球的可能性更大；若，，则的长为______． 【答案】 【分析】令与的交点为，连接，过点作于点，连接，推导出，得到，则球员甲带球到点射门，进球的可能性更大，进而推导出四边形是矩形，得到，，根据勾股定理求出，则，即可解答． 【详解】解∶令与的交点为，连接，过点作于点，连接，如图， ，都为弧所对的圆周角， ， ， ， 球员甲带球到点射门，进球的可能性更大； ，点为圆心， ，， ，切于点， ， 四边形是矩形， ，，即， ， ． 15．（2026·广东深圳·三模）如图，在等腰三角形中，，以为直径的分别交于点D，E，延长至点F，连接，使得． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长； (3)请用无刻度的直尺和圆规作出点E关于线段的对称点．（不写作法，保留作图痕迹，标明字母） 【答案】(1)证明：连接， ∵是的直径， ∴，即 ∵ ∴ ∴ ∵，即 ∴， ∵ ∴ ∴ ∴， ∵是的直径， ∴是的切线； (2)2 (3)如图，点即为所求： 【分析】（1）连接，根据圆周角定理得到，然后根据等腰三角形的性质得到，再结合已知条件进行等量代换证明即可； （2）连接，则，设，则，根据，求出，再由求解，即可求解； （3）先过点作的垂线，然后在垂线上截取对称点即可． 【详解】（1）略 （2）解：连接， ∵是的直径， ∴ 设，则 ∵ ∴ 解得 ∵ ∴ ∴ ∴； （3）略 16．（2026·广东清远·三模）如图，已知的直径与弦的夹角，延长到点P，使，连接． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)证明：连接， 则， ，， 又， ，则为等边三角形， ，又， ， ， ， ， ，则，即， 又是半径， 是的切线； (2) 【分析】（1）先证为等边三角形，进而得到即可证明； （2）分别求出、扇形的面积，再由求解． 【详解】（1）略 （2）解： 的半径为2，，， ，， ， ， ． 17．（2026·广东东莞·三模）如图，在中， ，点E在上，以为直径的经过上的点D，与交于点F，且． (1)求证：是的切线： (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明：连接 ，则 ， ， ， ， ， ． 是 的半径， 是 的切线； (2)1 【分析】（）连接 ，可得，得到 ，即得，即可求证； （2）连接，设 的半径为，则，在 中由勾股定理得，可得，即得，得到，进而得到，最后由等边三角形的判定和性质即可求解． 【详解】（1）证明：略； （2）解：连接， 设 的半径为，则， ∵， ∴， 在 中，， ， 解得， ， ， 由（1）知，， ∴， ∵ ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴． 18．（2026·广东汕头·三模）综合与实践 【主题】扇面制作． 【背景】如图1，扇面字画是一种传统的中国艺术形式，它将字和绘画结合在扇面上，形成一种独特的艺术风格．某班组织同学们开展扇面制作展示活动，扇面的形状如图2中阴影部分所示，，弦与相切． 【素材】无刻度直尺、量角器、圆规、剪刀、如图3所示直径为 的卡纸． 【任务】 (1)猜想与证明：猜想 与 之间的数量关系，并证明． (2)设计扇面：若要求制作的扇面的宽 ． ①求要制作的扇面中弦的长． ②在中能否设计出满足条件的扇面？若能，请利用【素材】中的工具在图3中直接画出扇面（标出相关角的度数，保留作图痕迹）；若不能，请说明理由． 【答案】(1)猜想： ． 证明如下：如图1，记弦与相切于点，连接 ，则 ． ∴ ． ∵， ， ∴ ． ∴ ． ∵ ， ∴ ． (2)解：①，②能， 【分析】（1）记弦与相切于点，连接 ，则 ，根据圆切线的性质得出 ，根据等边对等角，以及三角形内角和定理得出 ，由含30度直角三角形的性质得出 ，进而可得出 ． （2）①由垂径定理得出 ，由（1）知 ．则，由勾股定理得出 ，进而可求出． ②画出直径，作的垂直平分线，再使用量角器量出的角与垂直平分线交于点，以点为圆心为半径画弧即可． 【详解】（1）略； （2）解：①如图， ∵ ， ， ∴ ． 由（1）知 ． ∴． ∴在 中，， ∴． ②能，略； 19．（2026·广东东莞·三模）如图，直线与相切于点D，为的直径，延长交直线于点C． (1)尺规作图：在右侧作与交于点E，使；（保留作图痕迹，不要求写出具体作法） (2)在（1）的条件下，若，，求的长． 【答案】(1)如图，即为所作． (2) 【分析】（1）利用尺规作一个角等于已知角的方法作图即可； （2）连接，根据切线的性质，得到，证明，得到，设的半径为r，则，在中，勾股定理求出的值，根据，列出比例式进行求解即可. 【详解】（1）略； （2）证明：如图，连接． 直线与相切于点D， ． ， ． ， ． ． ． 设的半径为r，则， 在中，，，， ． 解得． ． ， ． ． 20．（2026·广东广州·二模）如图所示，是等腰三角形，且，，在上取一点，使，以为圆心，为半径作圆， (1)猜想与的位置关系，并证明你的猜想； (2)已知， ①求扇形的面积（结果保留π） ②若把扇形 围成圆锥的侧面，求圆锥底面圆的半径长． 【答案】(1)解：与相切，证明如下： ∵，， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， 又∵是的半径， ∴与相切； (2)①；② 【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，再结合，可求得，即可得结论； （2）①在中，根据含30度的直角三角形三边的关系得到，，进一步求解面积； ②先求解弧的弧长，再求圆锥的底面圆半径． 【详解】（1）略 （2）解：①在中，，， 则，， ∴，， ∴扇形的面积为； ②∵，， ∴弧的弧长为：， 设底面圆半径为：r， 则， 解得：． 21．（2026·广东惠州·二模）惠阳区计划在一片直角三角形的空地上，打造以淡水老城文化为主题的休闲广场．已知空地为，，边是紧邻规划的环城步道，边是便民服务通道，边是连接淡水老城入口的观景步道．设计方案以边上的点为圆心，为半径修建圆形的文化主题景观区，该圆形区域与环城步道交于点． (1)实践与操作：计划在便民服务通道上设置一个与点、点距离相等的便民服务点，请你用直尺与圆规作出边上满足条件的点，连接（不写作法，保留作图痕迹）． (2)判断与证明：只有当指示线与圆形景观区相切时，才能符合广场规划．请根据现有条件，判断是否符合广场规划，并说明理由． 【答案】(1)解：如图所示，点及即为所求 (2)符合广场规划 理由如下：连接 ， ， ， 在中，， ， 又是的半径， 是的切线， 符合广场规划． 【分析】（1）方法①：根据作一个与已知角相等的角的方法，过点交于点即可； 方法②：根据垂直平分线的作法，作的垂直平分线交于点即可； 方法③：根据过直线上一点作垂线的作法，，，由，可得，即可得． （2）利用等腰三角形性质，得，由得，推导出，从而得到，又是 的半径，即可证明是的切线． 【详解】（1）略 （2）略 22．（2026·广东深圳·三模）解决下列问题： (1)请在图中作出的外接圆⊙（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）： (2)如图，⊙是的外接圆，是⊙的直径，点是的中点，过点作的垂线交的延长线于点． ①求证：是的切线； ②若， ，求的半径 【答案】(1) (2)①证明：如下图所示，连接OC、OB ∵是对应的圆周角，是对应的圆心角 ∴ ∵点是的中点 ∴ ∴ ∴ ∵ ∴， 又∵是半径， ∴是的切线； ② 【分析】（1）作、的垂直平分线交于点O，以为半径，以O为圆心作圆，即可得到的外接圆； （2）①证明即可证明，从而证得，由切线的判定定理得出结论； ② 证明，根据的正切求得，再根据勾股定理即可求得． 【详解】（1）略 （2）①略， ②如下图所示，连接， ∵四边形是的内接四边形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵是的直径 ∴ ∴ 又∵， ∴ 又∵ ∴ ∴的半径为． 23．（2026·广东佛山·二模）影子在我们生活中是常见的，那么利用影子能解决什么问题呢？某校以《影子的故事》展开项目式学习： (1)地球有多大？2000多年前，古希腊数学家埃拉托斯特尼利用太阳光线测量出了地球子午线的周长． 如图1，太阳光线，是竖直插在球面上的木杆．的延长线都经过圆心O，已知B、E间的劣弧长约为800千米，子午线周长约为40000千米，则的度数为______． (2)中国古代也有类似的记载，陈子测日法是由我国古代杰出的数学家陈子提出，用来测量太阳高度的．陈子测量太阳高度的方法可叙述为：当夏至太阳直射北回归线时，在北方立一八尺高的标杆，观其影长为六尺．然后测量者向南移动标杆，每移动一千里，标杆的影长就减少一寸，查阅资料后，进行如下项目式研究： 如图2，某日正午，小红和小明在同一子午线的B地、C地测得太阳光与木棍的夹角分别为 ， ，则______，若测得之间弧长为l，则地球子午线周长为______．（用含 ， ，l的代数式表示） (3)如图3，日落时，身高为h的小亮趴在地上平视远方，在太阳完全从地平线上消失的一瞬间，按下秒表开始计时．同时马上站起来，当太阳再次完全消失在地平线的瞬间，停止计时，小亮利用这个时间差和地球自转的速度计算出了，请据此求出地球的半径R．（用含h， 的代数式表示） 【答案】(1) (2)； (3) 【分析】（1）设子午线的半径为r，，由其周长可求得，再由弧长公式即可求解； （2）延长交于点P，由太阳光线是平行线得，由三角形外角的性质可求得；设子午线的半径为R，由弧长公式求得，即可求得子午线的周长； （3）当小亮站起来，太阳再次完全消失在地平线的瞬间，小亮的视线所在的直线与相切，设这个切点为T，连接，由题意求得，在中，由余弦函数关系求得地球半径，从而求得地球的周长． 【详解】（1）解：设子午线的半径为r，， ∵子午线周长约为40000千米， ∴， ∴， 由弧长公式得：， 解得， 即， ∵， ∴； （2）解：如图，延长交于点P， ∵太阳光是平行线， ∴， ∴， ∵， ∴， 设子午线的半径为R， 由弧长公式得， ∴， ∴地球子午线的周长为； （3）解：由题意得，当小亮趴在地上平视远方，在太阳完全从地平线上消失的一瞬间，此时小亮视线所在的直线与相切于点H；同理当小亮站起来，太阳再次完全消失在地平线的瞬间，小亮的视线所在的直线也与相切，设这个切点为T，连接， ∴， 由切线的性质得， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴地球的周长为． 试卷第1页，共3页 2 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $