专题13 圆（5年汇编）（贵州专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

专题13 圆 5年真题1年模拟 考点分类 考情示例 命题规律 考点01 垂径定理及其应用 '2023贵州（1题）、2022贵州遵义（1题）' · 情境设置:以等边三角形外接圆、纬度线长计算为背景,侧重实际应用. · 考查重点:垂径定理与勾股定理结合,求弦长、半径、弓形高. · 命题趋势:趋向跨学科融合,如地理纬度与圆结合,考查建模能力. 考点02 圆心角、圆周角及圆内接四边形 '2022贵州铜仁（1题）、2022贵州遵义（1题）' · 情境设置:以月亮山传说、四点共圆探究为背景,兼顾文化与探究. · 考查重点:圆周角定理、圆内接四边形对角互补、四点共圆判定. · 命题趋势:强调探究性活动,注重逻辑推理与结论应用. 考点03 点与圆、直线与圆的位置关系 '2026贵州（1题）、2025贵州（1题）、2022贵州六盘水（1题）' · 情境设置:以菱形、平行四边形、光盘行动海报为背景,贴近生活. · 考查重点:直线与圆位置关系判定,动点与圆位置关系. · 命题趋势:趋向动态几何,结合特殊四边形考查位置关系判断. 考点04 弧长及扇形面积 '2024贵州（1题）、2022贵州毕节（1题）、2022贵州铜仁（1题）' · 情境设置:以扇形纸扇、正方形内接圆、扇形艺术品为背景. · 考查重点:弧长公式、扇形面积公式、阴影部分面积计算. · 命题趋势:注重与正方形、三角形结合,考查面积转化与割补法. 考点05 圆锥的有关计算 '2022贵州贵阳（1题）' · 情境设置:以平面截圆锥为背景,考查截面形状判断. · 考查重点:圆锥截面形状、圆锥侧面展开图与底面圆关系. · 命题趋势:考查频率较低,侧重空间想象与截面识别. 考点06 圆的切线的性质与判定 '2024贵州（1题）、2022贵州安顺（1题）、2022贵州贵阳（1题）' · 情境设置:以半圆、三角形内切圆、切线交点为背景,综合性强. · 考查重点:切线性质与判定、切线长定理、垂直平分线综合. · 命题趋势:趋向多知识点综合,强调证明与计算并重. 考点01 垂径定理及其应用 1．（2023·贵州·中考真题）如图，已知是等边三角形的外接圆，连接并延长交于点，交于点，连接，．    （1）写出图中一个度数为的角：_______，图中与全等的三角形是_______； （2）求证：； （3）连接，，判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】（1）、、、；；     （2）证明：∵，， ∴；     （3） 解：四边形是菱形，理由如下： 连接，， ∵，， ∴ ，是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形． 【分析】 （1）根据外接圆得到是的角平分线，即可得到的角，根据垂径定理得到，即可得到答案； （2）根据（1）得到，根据垂径定理得到，即可得到证明； （3）连接，，结合得到 ，是等边三角形，从而得到，即可得到证明； (1) 小问详解： 解：∵是等边三角形的外接圆， ∴是的角平分线，， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴的角有：、、、， ∵是的角平分线， ∴，， 在与中， ∵ ， ∴， 故答案为：、、、，； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查垂径定理，菱形判定，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握垂径定理，从而得到相应角的等量关系． 2．（2022·贵州遵义·中考真题）数学小组研究如下问题：遵义市某地的纬度约为北纬28°，求北纬28纬线的长度． 小组成员查阅相关资料，得到如下信息： 信息一：如图1，在地球仪上，与赤道平行的圆圈叫做纬线； 信息二：如图2，赤道半径约为6400千米，弦，以为直径的圆的周长就是北纬28°纬线的长度；（参考数据：，，，） 根据以上信息，北纬28°纬线的长度约为　　　　　　　　　　千米． 【答案】33792 【分析】 根据平行线的性质可知，在中，利用锐角三角函数求出，即为以为直径的圆的半径，求出周长即可． 【详解】 解：如图，过点O作，垂足为D， 根据题意， ∵， ∴， ∵在中， ， ∴， ∵， ∴由垂径定理可知：， ∴以为直径的圆的周长为， 故答案为：33792． 【点睛】 本题考查解直角三角形，平行线的性质，解题的关键是熟练三角函数的含义与解直角三角形的方法． 考点02 圆心角、圆周角及圆内接四边形 1．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，是的两条半径，点C在上，若，则的度数为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据圆周角定理即可求解． 【详解】 ∵是的两条半径，点C在上， ∴∠C= =40° 故选：B 【点睛】 本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或者在等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答本题关键． 2．（2022·贵州遵义·中考真题）探究与实践 “善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究． 提出问题： 如图1，在线段同侧有两点，，连接，，，，如果，那么，，，四点在同一个圆上． 探究展示： 如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（依据1） 点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆） 点，在点，，所确定的上（依据2） 点，，，四点在同一个圆上 （1）反思归纳：上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？ 依据1：__________；依据2：__________． （2）图3，在四边形中，，，则的度数为__________． （3）拓展探究：如图4，已知是等腰三角形，，点在上（不与的中点重合），连接．作点关于的对称点，连接并延长交的延长线于，连接，． ①求证：，，，四点共圆； ②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由． 【答案】（1）圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等     （2）45°     （3）①证明：∵， ， 点与点关于对称， ， ， 四点共圆； ② 不发生变化，值为8      【分析】 （1）根据圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等作答即可； （2）根据同弧所对的圆周角相等即可求解； （3）① 根据（1）中的结论证明即可得证；② 证明，根据相似三角形的性质即可求解． (1) 小问详解： 如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（圆内接四边形对角互补） 点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆） 点，在点，，所确定的上（同圆中，同弧所对的圆周角相等） 点，，，四点在同一个圆上 故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等 (2) 小问详解： 在线段同侧有两点，， 四点共圆， 故答案为： (3) 小问详解： ① 略 ②，理由如下， 如图，四点共圆， ， 关于对称， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， ． 【点睛】 本题考查了圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，轴对称的性质，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键． 3．（2022·贵州六盘水·中考真题）牂牁江“佘月郎山，西陵晚渡”的风景描绘中有半个月亮挂在山上，月亮之上有个“齐天大圣”守护洞口的传说．真实情况是老王山上有个月亮洞，洞顶上经常有猴子爬来爬去，下图是月亮洞的截面示意图． （1）科考队测量出月亮洞的洞宽约是28m，洞高约是12m，通过计算截面所在圆的半径可以解释月亮洞像半个月亮，求半径的长（结果精确到0.1m）； （2）若，点在上，求的度数，并用数学知识解释为什么“齐天大圣”点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况． 【答案】（1）     （2），因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况      【分析】 （1）根据垂径定理可得，勾股定理解，即可求解； （2）在优弧上任取一点，连接根据圆周角定理可得，根据圆内接四边形对角互补即可求解．根据因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况． (1) 小问详解： 解：，， ， 设半径为，则 在中， 解得 答：半径的长约为 (2) 小问详解： 如图，在优弧上任取一点，连接 ， ， ， 因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况． 【点睛】 本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键． 考点03 点与圆、直线与圆的位置关系 1．（2026·贵州·中考真题）如图，在菱形中，对角线，交于点，．以点为圆心，以的长为半径作弧，交边于点，连接，若，则菱形的边长为（        ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据题意，易得为等边三角形，得到，根据作图得到证明为等边三角形，得到，即可得出结果． 【详解】 解：∵菱形，， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， 由作图可知，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴，即菱形的边长为2． 2．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（   ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】D 【分析】 本题考查等边三角形的判定和性质，根据作图得到，进而推出为等边三角形，得到，再根据线段的和差关系进行求解即可． 【详解】 解：根据作图可知：， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴； 故选D． 3．（2022·贵州六盘水·中考真题）如图是“光盘行动”的宣传海报，图中餐盘与筷子可看成直线和圆的位置关系是（       ） A. 相切 B. 相交 C. 相离 D. 平行 【答案】B 【分析】 根据直线和圆的位置关系的进行判断即可． 【详解】 解：∵餐盘看成圆形的半径大于餐盘的圆心到筷子看成直线的距离为. ∴dr， ∴直线和圆相交． 故选：B 【点睛】 本题考查了直线和圆的位置关系的应用，注意：已知⊙O的半径为r，如果圆心O到直线l的距离是d，当d>r时，直线和圆相离，当d=r时，直线和圆相切，当d<r时，直线和圆相交． 考点04 弧长及扇形面积 1．（2024·贵州·中考真题）如图，在扇形纸扇中，若，，则的长为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了弧长，根据弧长公式∶求解即可． 【详解】 解∵，， ∴的长为， 故选∶C． 2．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在边长为6的正方形中，以为直径画半圆，则阴影部分的面积是（       ） A. 9 B. 6 C. 3 D. 12 【答案】A 【分析】 设AC与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接BE，OE，证明BE=CE，得到弓形BE的面积=弓形CE的面积，则． 【详解】 解：设AC与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接BE，OE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠OCE=45°， ∵OE=OC， ∴∠OEC=∠OCE=45°， ∴∠EOC=90°， ∴OE垂直平分BC， ∴BE=CE， ∴弓形BE的面积=弓形CE的面积， ∴， 故选A． 【点睛】 本题主要考查了求不规则图形的面积，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，圆的性质，熟知相关知识是解题的关键． 3．（2022·贵州毕节·中考真题）如图，一件扇形艺术品完全打开后，夹角为，的长为，扇面的长为，则扇面的面积是（       ） A. 375πcm2 B. 450πcm2 C. 600πcm2 D. 750πcm2 【答案】C 【分析】 根据扇形的面积公式，利用减去即可得扇面的面积． 【详解】 解：cm，cm cm =cm2． 故选：C 【点睛】 本题主要考查了扇形的面积公式，熟知扇形面积公式并能够将不规则图形的面积转化为已学图形的面积是解决本题的关键． 4．（2022·贵州安顺·中考真题）如图，边长为的正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点，则图中阴影部分的面积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据正方形的性质以及切线的性质，求得的长，勾股定理求得的长，进而根据S _阴影=S_梯形ACEP-(1) /(2) S_ O即可求解． 【详解】 如图，连接, ，    边长为的正方形内接于，即， ，，为的直径，， ，分别与相切于点和点， ， 四边形是正方形， ， 是等腰直角三角形， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， ， S _阴影=S_梯形ACEP-(1) /(2) S_ O ． 故选C． 【点睛】 本题考查了圆的切线的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键． 5．（2022·贵州遵义·中考真题）如图，在正方形中，和交于点，过点的直线交于点（不与，重合），交于点．以点为圆心，为半径的圆交直线于点，．若，则图中阴影部分的面积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据题意可得四边形的面积等于正方形面积的一半，根据阴影部分面积等于半圆减去四边形的面积和弓形的面积即可求解． 【详解】 解：在正方形中，， 的半径为： 过点，根据中心对称可得四边形的面积等于正方形面积的一半， 又 阴影部分面积为： 故选：B． 【点睛】 本题考查了正方形的性质，求扇形面积，掌握以上知识是解题的关键． 6．（2022·贵州黔西南州中·中考真题）如图，边长为4的正方形ABCD的对角线交于点O，以OC为半径的扇形的圆心角．则图中阴影部分面积是　　　　　． 【答案】 【分析】 证明△OCG≌△OBE，经过观察易得出结论：阴影部分面积=扇形面积-正方形面积的． 【详解】 ∵四边形ABCD为正方形， ∴OB=OC，∠BOC=90°，∠OBE=∠OCG=45°， ∵扇形的圆心角， ∴∠BOC-∠COE=∠FOH-∠COE，即∠BOE=∠COG， 在△OCG和△OBE中， ∠OBE=∠OCG，∠BOE=∠COG， OB=OC ∴△OCG≌△OBE， ∵正方形边长为4， ∴AC=， ∴OC= ∵， = = = 故答案为： 【点睛】 本题主要考查了正方形的性质，三角形的全等以及扇形面积的计算；掌握正方形的性质，熟练地进行三角形全等的判定，将不规则图形的面积转化为常见图形的面积是解题的关键． 7．（2022·贵州黔东南州中·中考真题）如图，在中，，半径为3cm的是的内切圆，连接、，则图中阴影部分的面积是　　　　　　　　　　cm2．（结果用含的式子表示） 【答案】 【分析】 根据内切圆圆心是三角形三条角平分线的交点，得到的大小，然后用扇形面积公式即可求出 【详解】 ∵内切圆圆心是三条角平分线的交点 ∴； 设， 在中： 在中： 由① ② 得： 扇形面积：（cm2） 故答案为： 【点睛】 本题考查内心的性质，扇形面积计算；解题关键是根据角平分线算出的度数 考点05 圆锥的有关计算 1．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，用一个平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面的形状是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据圆锥体的立体图形判断即可． 【详解】 用平行底面的平面截圆锥体，截面是圆形， 故选：B． 【点睛】 本题考查了截面图形的判断，具有一定的空间想象力是解答本题的关键． 考点06 圆的切线的性质与判定 1．（2022·贵州黔东南州中·中考真题）如图，、分别与相切于点、，连接并延长与交于点、，若，，则的值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 连接OA，根据切线长的性质得出PA=PB，OP平分∠APB，OA⊥AP，再证△APD≌△BPD（SAS），然后证明∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB， 利用勾股定理求出OP=，最后利用三角函数定义计算即可． 【详解】 解：连接OA ∵、分别与相切于点A、， ∴PA=PB，OP平分∠APB，OA⊥AP， ∴∠APD=∠BPD， 在△APD和△BPD中， ， ∴△APD≌△BPD（SAS） ∴∠ADP=∠BDP， ∵OA=OD=6， ∴∠OAD=∠ADP=∠BDP， ∴∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB， 在Rt△AOP中，OP=， ∴sin∠ADB=． 故选A． 【点睛】 本题考查圆的切线性质，三角形全等判断与性质，勾股定理，锐角三角函数，掌握圆的切线性质，三角形全等判断与性质，勾股定理，锐角三角函数是解题关键． 2．（2024·贵州·中考真题）如图，为半圆O的直径，点F在半圆上，点P在的延长线上，与半圆相切于点C，与的延长线相交于点D，与相交于点E，． （1）写出图中一个与相等的角：______； （2）求证：； （3）若，，求的长． 【答案】（1）（答案不唯一）     （2）     （3）      【分析】 （1）利用等边对等角可得出，即可求解； （2）连接，利用切线的性质可得出，利用等边对等角和对顶角的性质可得出，等量代换得出，然后利用三角形内角和定理求出，即可得证； （3）设，则可求，，，，在中，利用勾股定理得出，求出x的值，利用可求出，即可求解． (1) 小问详解： 解：∵， ∴， 故答案为：（答案不唯一）； (2) 小问详解： 证明：连接， ， ∵是切线， ∴，即， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； (3) 小问详解： 解：设，则， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得，（舍去） ∴，，， ∵， ∴， 解得， ∴． 【点睛】 本题考查了等腰三角形的性质，切线的性质，勾股定理，解直角三角形的应用等知识，灵活运用以上知识是解题的关键． 3．（2022·贵州安顺·中考真题）如图，是的直径，点是劣弧上一点，，且，平分，与交于点． （1）求证：是的切线； （2）若，求的长； （3）延长，交于点，若，求的半径． 【答案】（1）证明：∵是的直径， ， ， ， ， ， ， ， 即， 是的切线，      （2）1     （3）2      【分析】 （1）根据是的直径，可得，即，根据同弧所对的圆周角相等，以及已知条件可得，等量代换后即可得，进而得证； （2）连接，根据角平分线的定义，以及等边对等角可得，根据同弧所对的圆周角相等可得，由垂径定理可得，进而可得，即可求解． （3）过点作，根据平行线分线段成比例，求得，设的半径为，则，证明，可得，在中，，勾股定理建立方程，解方程即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，连接， 平分， ， ∴DE=BE= ∴ ， ， ， ， 是的直径， ，， 即∠ADF=∠BEF=90°， ， ， ， ； (3) 小问详解： 如图，过点作， 由（2）可知， ， ， ， 设的半径为，则， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， 在中，， 即， 解得：（负值舍去）， 的半径为2． 【点睛】 本题考查了切线的判定，圆周角定理的推论，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，综合运用以上知识是解题的关键． 4．（2022·贵州黔西南州中·中考真题）如图，在中，，以AB为直径作⊙，分别交BC于点D，交AC于点E，，垂足为H，连接DE并延长交BA的延长线于点F． （1）求证：DH是⊙的切线； （2）若E为AH的中点，求的值． 【答案】（1） 证明：连接OD，则． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴DH是的切线．      （2）      【分析】 （1）连接OD，证明，由，可得，即可证明结论； （2）连接AD和BE，由圆周角定理可以得出，可以得出，，进而根据平行线分线段成比例推出BD=CD，CH=HE，根据E为AH的中点，可得出AE=EH=CH，，根据且，可以得出，根据相似三角形的性质得到，将AE，OD代入即可求出答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 连接AD和BE． ∵AB是的直径， ∴，． ∵ ∴ ∴． ∴且． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵ ∴ ∴ ∴． ∵E为AH的中点， ∴． ∴ ∴． 【点睛】 本题考查了切线的判定和性质，圆周角定律，平行线分线段成比例，三角形相似的判定与性质等知识，熟练掌握以上判定和性质是本题解题的关键． 5．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，为的直径，是的切线，为切点，连接．垂直平分，垂足为，且交于点，交于点，连接，． （1）求证：； （2）当平分时，求证：； （3）在（2）的条件下，，求阴影部分的面积． 【答案】（1） 证明：如图，连接 为的切线，      （2）证明：如图，连接OF，垂直平分 而 为等边三角形， 平分      （3）      【分析】 （1）如图，连接证明 再利用等角的余角相等可得结论； （2）如图，连接OF，垂直平分 证明为等边三角形，再证明 从而可得结论； （3） 先证明为等边三角形，可得 再利用进行计算即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 为等边三角形， 为等边三角形， 【点睛】 本题考查的是圆的切线的性质，圆周角定理的应用，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟练的运用圆的基本性质解决问题是关键． 6．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，D是以AB为直径的⊙O上一点，过点D的切线DE交AB的延长线于点E，过点B作BC⊥DE交AD的延长线于点C，垂足为点F． （1）求证：AB=CB； （2）若AB=18，sinA=，求EF的长． 【答案】（1） 证明：连接OD，如图1， ∵DE是⊙O的切线， ∴OD⊥DE． ∵BC⊥DE， ∴OD∥BC． ∴∠ODA=∠C． ∵OA=OD， ∴∠ODA=∠A． ∴∠A=∠C． ∴AB=BC；     （2）EF．      【分析】 （1）连接OD，则OD⊥DE，利用BC⊥DE，可得OD∥BC，通过证明得出∠A=∠C，结论得证； （2）连接BD，在Rt△ABD中，利用sinA=求得线段BD的长；在Rt△BDF中，利用sin∠A=sin∠FDB，解直角三角形可得结论； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：连接BD，则∠ADB=90°，如图2， 在Rt△ABD中， ∵sinA==，AB=18， ∴BD=6． ∵OB=OD， ∴∠ODB=∠OBD． ∵∠OBD+∠A=∠FDB+∠ODB=90°， ∴∠A=∠FDB． ∴sin∠A=sin∠FDB． 在Rt△BDF中， ∵sin∠BDF==， ∴BF=2． 由（1）知：OD∥BF， ∴△EBF∽△EOD． ∴=．即：=． 解得：BE=． ∴EF=． 【点睛】 本题主要考查了圆的切线的性质，垂径定理，圆周角定理，三角形相似的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的判定与性质．连接过切点的半径和直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线． 7．（2022·贵州毕节·中考真题）（多选）如图，在中，，D是边上一点，以为直径的与相切于点E，连接并延长交的延长线于点F． （1）求证：； （2）若，求直径． 【答案】（1） 证明：连接OE，如下图所示： ∵AC为圆O的切线， ∴∠AEO=90°， ∵AC⊥BC， ∴∠ACB=90°， ∴OE∥BC， ∴∠F=∠DEO， 又∵OD=OE， ∴∠ODE=∠DEO， ∴∠F=∠ODE， ∴BD=BF．     （2）5      【分析】 (1)连接OE，由AC是圆的切线得到∠AEO=90°=∠ACB，进而得到OE∥BC，得到∠F=∠DEO；再由半径相等得到∠ODE=∠DEO，进而得到∠F=∠ODE即可证明BD=BF； (2)连接OE，由求出EC=2，证明∠CEB=∠F进而由求出BC=4，从而可得BD=BF=BC+CF=4+1=5． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：连接BE，如下图所示： 由(1)中证明过程可知：∠EDB=∠F， ∴，代入数据：， ∴EC=2， 又BD是圆O的直径， ∴∠BED=∠BEF=90°， ∴∠CEF+∠F=90°=∠CEF+∠CEB， ∴∠F=∠CEB， ∴，代入数据：， ∴BC=4， 由(1)可知：BD=BF=BC+CF=4+1=5， ∴圆O的直径为5． 【点睛】 本题考查了圆周角定理、圆中切线的性质、三角函数求线段长度等，熟练掌握圆的切线的性质及圆周角定理是解题的关键． 1．（2026·贵州凯里凯里学院附属中学·中考模拟）如图，点A、B、C、D在上，若，则的度数为（        ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据圆内接四边形的性质可得，再根据圆周角定理可得，再结合题目已知进行列方程组求解即可． 【详解】 解：在四边形中，， ∵， ∴， 由图可得，，且， ∴ ， 解得 ． 2．（2026·贵州铜仁·中考模拟）荷花寓意“家庭美满，生活和谐”，图1是一幅环形荷花装饰挂画．将其视为如图2的扇形环面（由扇形挖去扇形），，的长度是10 ，的长度是20 ，则该环形荷花装饰挂画的面积是（        ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 用大扇形面积减去小扇形面积即可． 【详解】 解：由扇形面积公式， 即 即 即 得 3．（2026·贵州遵义汇川区·中考模拟）如图，是的外接圆，是圆外一点，连接，，则　　　　　　　　　　．（用“”，“”或“”填空） 【答案】 【分析】 设交于点，连接，由圆周角定理可得． 【详解】 解：如图，设交于点，连接， ∵是的外角， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 试卷第1页，共3页 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 圆 5年真题1年模拟 考点分类 考情示例 命题规律 考点01 垂径定理及其应用 '2023贵州（1题）、2022贵州遵义（1题）' · 情境设置:以等边三角形外接圆、纬度线长计算为背景,侧重实际应用. · 考查重点:垂径定理与勾股定理结合,求弦长、半径、弓形高. · 命题趋势:趋向跨学科融合,如地理纬度与圆结合,考查建模能力. 考点02 圆心角、圆周角及圆内接四边形 '2022贵州铜仁（1题）、2022贵州遵义（1题）' · 情境设置:以月亮山传说、四点共圆探究为背景,兼顾文化与探究. · 考查重点:圆周角定理、圆内接四边形对角互补、四点共圆判定. · 命题趋势:强调探究性活动,注重逻辑推理与结论应用. 考点03 点与圆、直线与圆的位置关系 '2026贵州（1题）、2025贵州（1题）、2022贵州六盘水（1题）' · 情境设置:以菱形、平行四边形、光盘行动海报为背景,贴近生活. · 考查重点:直线与圆位置关系判定,动点与圆位置关系. · 命题趋势:趋向动态几何,结合特殊四边形考查位置关系判断. 考点04 弧长及扇形面积 '2024贵州（1题）、2022贵州毕节（1题）、2022贵州铜仁（1题）' · 情境设置:以扇形纸扇、正方形内接圆、扇形艺术品为背景. · 考查重点:弧长公式、扇形面积公式、阴影部分面积计算. · 命题趋势:注重与正方形、三角形结合,考查面积转化与割补法. 考点05 圆锥的有关计算 '2022贵州贵阳（1题）' · 情境设置:以平面截圆锥为背景,考查截面形状判断. · 考查重点:圆锥截面形状、圆锥侧面展开图与底面圆关系. · 命题趋势:考查频率较低,侧重空间想象与截面识别. 考点06 圆的切线的性质与判定 '2024贵州（1题）、2022贵州安顺（1题）、2022贵州贵阳（1题）' · 情境设置:以半圆、三角形内切圆、切线交点为背景,综合性强. · 考查重点:切线性质与判定、切线长定理、垂直平分线综合. · 命题趋势:趋向多知识点综合,强调证明与计算并重. 考点01 垂径定理及其应用 1．（2023·贵州·中考真题）如图，已知是等边三角形的外接圆，连接并延长交于点，交于点，连接，．    （1）写出图中一个度数为的角：_______，图中与全等的三角形是_______； （2）求证：； （3）连接，，判断四边形的形状，并说明理由． 2．（2022·贵州遵义·中考真题）数学小组研究如下问题：遵义市某地的纬度约为北纬28°，求北纬28纬线的长度． 小组成员查阅相关资料，得到如下信息： 信息一：如图1，在地球仪上，与赤道平行的圆圈叫做纬线； 信息二：如图2，赤道半径约为6400千米，弦，以为直径的圆的周长就是北纬28°纬线的长度；（参考数据：，，，） 根据以上信息，北纬28°纬线的长度约为　　　　　　　　　　千米． 考点02 圆心角、圆周角及圆内接四边形 1．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，是的两条半径，点C在上，若，则的度数为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（2022·贵州遵义·中考真题）探究与实践 “善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究． 提出问题： 如图1，在线段同侧有两点，，连接，，，，如果，那么，，，四点在同一个圆上． 探究展示： 如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（依据1） 点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆） 点，在点，，所确定的上（依据2） 点，，，四点在同一个圆上 （1）反思归纳：上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？ 依据1：__________；依据2：__________． （2）图3，在四边形中，，，则的度数为__________． （3）拓展探究：如图4，已知是等腰三角形，，点在上（不与的中点重合），连接．作点关于的对称点，连接并延长交的延长线于，连接，． ①求证：，，，四点共圆； ②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由． 3．（2022·贵州六盘水·中考真题）牂牁江“佘月郎山，西陵晚渡”的风景描绘中有半个月亮挂在山上，月亮之上有个“齐天大圣”守护洞口的传说．真实情况是老王山上有个月亮洞，洞顶上经常有猴子爬来爬去，下图是月亮洞的截面示意图． （1）科考队测量出月亮洞的洞宽约是28m，洞高约是12m，通过计算截面所在圆的半径可以解释月亮洞像半个月亮，求半径的长（结果精确到0.1m）； （2）若，点在上，求的度数，并用数学知识解释为什么“齐天大圣”点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况． 考点03 点与圆、直线与圆的位置关系 1．（2026·贵州·中考真题）如图，在菱形中，对角线，交于点，．以点为圆心，以的长为半径作弧，交边于点，连接，若，则菱形的边长为（        ） A.  B.  C.  D.  2．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（   ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 3．（2022·贵州六盘水·中考真题）如图是“光盘行动”的宣传海报，图中餐盘与筷子可看成直线和圆的位置关系是（       ） A. 相切 B. 相交 C. 相离 D. 平行 考点04 弧长及扇形面积 1．（2024·贵州·中考真题）如图，在扇形纸扇中，若，，则的长为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在边长为6的正方形中，以为直径画半圆，则阴影部分的面积是（       ） A. 9 B. 6 C. 3 D. 12 3．（2022·贵州毕节·中考真题）如图，一件扇形艺术品完全打开后，夹角为，的长为，扇面的长为，则扇面的面积是（       ） A. 375πcm2 B. 450πcm2 C. 600πcm2 D. 750πcm2 4．（2022·贵州安顺·中考真题）如图，边长为的正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点，则图中阴影部分的面积为（       ） A.  B.  C.  D.  5．（2022·贵州遵义·中考真题）如图，在正方形中，和交于点，过点的直线交于点（不与，重合），交于点．以点为圆心，为半径的圆交直线于点，．若，则图中阴影部分的面积为（       ） A.  B.  C.  D.  6．（2022·贵州黔西南州中·中考真题）如图，边长为4的正方形ABCD的对角线交于点O，以OC为半径的扇形的圆心角．则图中阴影部分面积是　　　　　． 7．（2022·贵州黔东南州中·中考真题）如图，在中，，半径为3cm的是的内切圆，连接、，则图中阴影部分的面积是　　　　　　　　　　cm2．（结果用含的式子表示） 考点05 圆锥的有关计算 1．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，用一个平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面的形状是（       ） A.  B.  C.  D.  考点06 圆的切线的性质与判定 1．（2022·贵州黔东南州中·中考真题）如图，、分别与相切于点、，连接并延长与交于点、，若，，则的值为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（2024·贵州·中考真题）如图，为半圆O的直径，点F在半圆上，点P在的延长线上，与半圆相切于点C，与的延长线相交于点D，与相交于点E，． （1）写出图中一个与相等的角：______； （2）求证：； （3）若，，求的长． 3．（2022·贵州安顺·中考真题）如图，是的直径，点是劣弧上一点，，且，平分，与交于点． （1）求证：是的切线； （2）若，求的长； （3）延长，交于点，若，求的半径． 4．（2022·贵州黔西南州中·中考真题）如图，在中，，以AB为直径作⊙，分别交BC于点D，交AC于点E，，垂足为H，连接DE并延长交BA的延长线于点F． （1）求证：DH是⊙的切线； （2）若E为AH的中点，求的值． 5．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，为的直径，是的切线，为切点，连接．垂直平分，垂足为，且交于点，交于点，连接，． （1）求证：； （2）当平分时，求证：； （3）在（2）的条件下，，求阴影部分的面积． 6．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，D是以AB为直径的⊙O上一点，过点D的切线DE交AB的延长线于点E，过点B作BC⊥DE交AD的延长线于点C，垂足为点F． （1）求证：AB=CB； （2）若AB=18，sinA=，求EF的长． 7．（2022·贵州毕节·中考真题）（多选）如图，在中，，D是边上一点，以为直径的与相切于点E，连接并延长交的延长线于点F． （1）求证：； （2）若，求直径． 1．（2026·贵州凯里凯里学院附属中学·中考模拟）如图，点A、B、C、D在上，若，则的度数为（        ） A.  B.  C.  D.  2．（2026·贵州铜仁·中考模拟）荷花寓意“家庭美满，生活和谐”，图1是一幅环形荷花装饰挂画．将其视为如图2的扇形环面（由扇形挖去扇形），，的长度是10 ，的长度是20 ，则该环形荷花装饰挂画的面积是（        ） A.  B.  C.  D.  3．（2026·贵州遵义汇川区·中考模拟）如图，是的外接圆，是圆外一点，连接，，则　　　　　　　　　　．（用“”，“”或“”填空） 试卷第1页，共3页 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 圆 5年真题1年模拟·答案版 考点01 垂径定理及其应用 1．（1）、、、；；     （2）证明：∵，， 2．33792 考点02 圆心角、圆周角及圆内接四边形 1．B 2．（1）圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等     （2）45°     （3）①证明：∵， 3．【答案】（1）     （2），因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况      【分析】 （1）根据垂径定理可得，勾股定理解，即可求解； （2）在优弧上任取一点，连接根据圆周角定理可得，根据圆内接四边形对角互补即可求解．根据因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况． (1) 小问详解： 解：，， ， 设半径为，则 在中， 解得 答：半径的长约为 (2) 小问详解： 如图，在优弧上任取一点，连接 ， ， ， 因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况． 【点睛】 本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键． 考点03 点与圆、直线与圆的位置关系 1．B 2．D 3．B 考点04 弧长及扇形面积 1．C 2．A 3．C 4．C 5．B 6． 7． 考点05 圆锥的有关计算 1．B 考点06 圆的切线的性质与判定 1．A 2．（1）（答案不唯一）     （2）     （3）      3．【答案】（1）证明：∵是的直径， ， ， ， ， ， ， ， 即， 是的切线，      （2）1     （3）2      【分析】 （1）根据是的直径，可得，即，根据同弧所对的圆周角相等，以及已知条件可得，等量代换后即可得，进而得证； （2）连接，根据角平分线的定义，以及等边对等角可得，根据同弧所对的圆周角相等可得，由垂径定理可得，进而可得，即可求解． （3）过点作，根据平行线分线段成比例，求得，设的半径为，则，证明，可得，在中，，勾股定理建立方程，解方程即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，连接， 平分， ， ∴DE=BE= ∴ ， ， ， ， 是的直径， ，， 即∠ADF=∠BEF=90°， ， ， ， ； (3) 小问详解： 如图，过点作， 由（2）可知， ， ， ， 设的半径为，则， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， 在中，， 即， 解得：（负值舍去）， 的半径为2． 【点睛】 本题考查了切线的判定，圆周角定理的推论，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，综合运用以上知识是解题的关键． 4．【答案】（1） 证明：连接OD，则． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴DH是的切线．      （2）      【分析】 （1）连接OD，证明，由，可得，即可证明结论； （2）连接AD和BE，由圆周角定理可以得出，可以得出，，进而根据平行线分线段成比例推出BD=CD，CH=HE，根据E为AH的中点，可得出AE=EH=CH，，根据且，可以得出，根据相似三角形的性质得到，将AE，OD代入即可求出答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 连接AD和BE． ∵AB是的直径， ∴，． ∵ ∴ ∴． ∴且． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵ ∴ ∴ ∴． ∵E为AH的中点， ∴． ∴ ∴． 【点睛】 本题考查了切线的判定和性质，圆周角定律，平行线分线段成比例，三角形相似的判定与性质等知识，熟练掌握以上判定和性质是本题解题的关键． 5．【答案】（1） 证明：如图，连接 为的切线，      （2）证明：如图，连接OF，垂直平分 而 为等边三角形， 平分      （3）      【分析】 （1）如图，连接证明 再利用等角的余角相等可得结论； （2）如图，连接OF，垂直平分 证明为等边三角形，再证明 从而可得结论； （3） 先证明为等边三角形，可得 再利用进行计算即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 为等边三角形， 为等边三角形， 【点睛】 本题考查的是圆的切线的性质，圆周角定理的应用，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟练的运用圆的基本性质解决问题是关键． 6．【答案】（1） 证明：连接OD，如图1， ∵DE是⊙O的切线， ∴OD⊥DE． ∵BC⊥DE， ∴OD∥BC． ∴∠ODA=∠C． ∵OA=OD， ∴∠ODA=∠A． ∴∠A=∠C． ∴AB=BC；     （2）EF．      【分析】 （1）连接OD，则OD⊥DE，利用BC⊥DE，可得OD∥BC，通过证明得出∠A=∠C，结论得证； （2）连接BD，在Rt△ABD中，利用sinA=求得线段BD的长；在Rt△BDF中，利用sin∠A=sin∠FDB，解直角三角形可得结论； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：连接BD，则∠ADB=90°，如图2， 在Rt△ABD中， ∵sinA==，AB=18， ∴BD=6． ∵OB=OD， ∴∠ODB=∠OBD． ∵∠OBD+∠A=∠FDB+∠ODB=90°， ∴∠A=∠FDB． ∴sin∠A=sin∠FDB． 在Rt△BDF中， ∵sin∠BDF==， ∴BF=2． 由（1）知：OD∥BF， ∴△EBF∽△EOD． ∴=．即：=． 解得：BE=． ∴EF=． 【点睛】 本题主要考查了圆的切线的性质，垂径定理，圆周角定理，三角形相似的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的判定与性质．连接过切点的半径和直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线． 7．【答案】（1） 证明：连接OE，如下图所示： ∵AC为圆O的切线， ∴∠AEO=90°， ∵AC⊥BC， ∴∠ACB=90°， ∴OE∥BC， ∴∠F=∠DEO， 又∵OD=OE， ∴∠ODE=∠DEO， ∴∠F=∠ODE， ∴BD=BF．     （2）5      【分析】 (1)连接OE，由AC是圆的切线得到∠AEO=90°=∠ACB，进而得到OE∥BC，得到∠F=∠DEO；再由半径相等得到∠ODE=∠DEO，进而得到∠F=∠ODE即可证明BD=BF； (2)连接OE，由求出EC=2，证明∠CEB=∠F进而由求出BC=4，从而可得BD=BF=BC+CF=4+1=5． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：连接BE，如下图所示： 由(1)中证明过程可知：∠EDB=∠F， ∴，代入数据：， ∴EC=2， 又BD是圆O的直径， ∴∠BED=∠BEF=90°， ∴∠CEF+∠F=90°=∠CEF+∠CEB， ∴∠F=∠CEB， ∴，代入数据：， ∴BC=4， 由(1)可知：BD=BF=BC+CF=4+1=5， ∴圆O的直径为5． 【点睛】 本题考查了圆周角定理、圆中切线的性质、三角函数求线段长度等，熟练掌握圆的切线的性质及圆周角定理是解题的关键． 1．D 2．A 3． 试卷第1页，共3页 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $