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2025年人教版数学中考一轮复习29个单元核心素养检测试卷（全国通）
24 圆单元素重点难点必考点养达标检测试卷
（答题时间90分钟，试卷满分120分）
一、选择题（本大题有10个小题，每小题3分，共30分）
1.（2024甘肃临夏）如图，是直径，，则（ ）
A. B. C. D.
2. （2024江苏连云港）如图，将一根木棒的一端固定在O点，另一端绑一重物．将此重物拉到A点后放开，让此重物由A点摆动到B点．则此重物移动路径的形状为（ ）
A. 倾斜直线 B. 抛物线 C. 圆弧 D. 水平直线
3. （2023浙江温州）如图，四边形内接于，，．若，，则的度数与的长分别为（ ）
A. 10°，1 B. 10°， C. 15°，1 D. 15°，
4. 如图，是的两条半径，点C在上，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
5. （2024河南省）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
6. 如图，在中，，，．以点为圆心，为半径作圆，当点在内且点在外时，的值可能是（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
7. （2024福建省）如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为的中点，则等于（ ）
A. B. C. D.
8. 如图1是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以O为圆心，OA，OB长分别为半径，圆心角形成的扇面，若，，则阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
9. 工人师傅为检测该厂生产的一种铁球的大小是否符合要求，设计了一个如图（1）所示的工件槽，其两个底角均为90°，将形状规则的铁球放入槽内时，若同时具有图（1）所示的A、B、E三个接触点，该球的大小就符合要求．图（2）是过球心及A、B、E三点的截面示意图，已知⊙O的直径就是铁球的直径，AB是⊙O的弦，CD切⊙O于点E，AC⊥CD、BD⊥CD，若CD=16cm，AC=BD=4cm，则这种铁球的直径为（ ）
A. 10cm B. 15cm C. 20cm D. 24cm
10.（2024贵州省）如图，在扇形纸扇中，若，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
二、填空题（本大题有10个小题，每空3分，共30分）
1. （2023湖南郴州） 如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点处安装了一台监视器，它的监控角度是，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器___________台．
2. （2024北京市）如图，的直径平分弦（不是直径）.若，则___________
3. （2024山东滨州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形AOCD是菱形，∠B的度数是______．
4. （2024甘肃临夏）如图，对折边长为2的正方形纸片，为折痕，以点为圆心，为半径作弧，分别交，于，两点，则的长度为______（结果保留）．
5. 如图，在边长为1的正方形网格中，⊙O是△ABC的外接圆，点A，B，O在格点上，则cos∠ACB的值是________．
6. （2023浙江温州）若扇形的圆心角为，半径为，则它的弧长为___________．
7.（2023江苏扬州） 用半径为，面积为的扇形纸片，围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径为________．
8.（2023龙东） 如图，是的直径，切于点A，交于点，连接，若，则__________．
9. （2023湖北天门）如图，在中，的内切圆与分别相切于点，，连接的延长线交于点，则_________．
10. （2023浙江杭州）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_________．
三、解答题（6个小题，共60分）
1. （8分）如图，在中，，以为直径的⊙交于点，交线段的延长线于点，连接．
（1）求证：；
（2）若，，求．
2. （8分） （2024甘肃临夏）如图，直线与相切于点，为的直径，过点作于点，延长交直线于点．
（1）求证：平分；
（2）如果，，求的半径．
3. （10分）（2023山东临沂）如图，是的外接圆，是的直径，，E为的延长线与的交点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的长．
4. （10分）（2024北京市）如图，是的直径，点，在上，平分.
（1）求证：；
（2）延长交于点，连接交于点，过点作的切线交的延长线于点.若，，求半径的长.
5.（12分）（2023广东省）综合探究
如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．
（1）求证：；
（2）以点为圆心，为半径作圆．
①如图2，与相切，求证：；
②如图3，与相切，，求的面积．
6. （12分）（2024福建省）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点．
（1）求的值；
（2）求证：；
（3）求证：与互相平分．
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2025年人教版数学中考一轮复习29个单元核心素养检测试卷（全国通）
24 圆单元素重点难点必考点养达标检测试卷
（答题时间90分钟，试卷满分120分）
一、选择题（本大题有10个小题，每小题3分，共30分）
1.（2024甘肃临夏）如图，是直径，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】本题考查圆周角定理，关键是由圆周角定理推出．
由圆周角定理得到，由邻补角的性质求出．
，
，
．
故选：D．
2. （2024江苏连云港）如图，将一根木棒的一端固定在O点，另一端绑一重物．将此重物拉到A点后放开，让此重物由A点摆动到B点．则此重物移动路径的形状为（ ）
A. 倾斜直线 B. 抛物线 C. 圆弧 D. 水平直线
【答案】C
【解析】本题考查动点的移动轨迹，根据题意，易得重物移动的路径为一段圆弧．
在移动的过程中木棒的长度始终不变，故点的运动轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，
故选：C．
3. （2023浙江温州）如图，四边形内接于，，．若，，则的度数与的长分别为（ ）
A. 10°，1 B. 10°， C. 15°，1 D. 15°，
【答案】C
【解析】过点O作于点E，由题意易得，然后可得，，，进而可得，最后问题可求解．
【详解】过点O作于点E，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题主要考查平行线的性质、圆周角定理及三角函数，熟练掌握平行线的性质、圆周角定理及三角函数是解题的关键．
4. 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
【解析】根据圆周角定理即可求解．
∵是的两条半径，点C在上，
∴∠C= =40°
【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．
5. （2024河南省）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】过D作于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出，利用弧、弦的关系证明，利用三线合一性质求出，，在中，利用正弦定义求出，最后利用扇形面积公式求解即可．
【详解】过D作于E，
∵是边长为的等边三角形的外接圆，
∴，，，
∴，
∵点D是的中点，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键．
6. 如图，在中，，，．以点为圆心，为半径作圆，当点在内且点在外时，的值可能是（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】先利用勾股定理可得，再根据“点在内且点在外”可得，由此即可得出答案．
在中，，，，
，
点在内且点在外，
，即，
观察四个选项可知，只有选项C符合，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理、点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题关键．
7. （2024福建省）如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为的中点，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质，根据C为的中点，三角形内角和可求出，再根据切线的性质即可求解．
【详解】∵，为的中点，
∴
∵
∴
∵直线与相切，
∴，
∴
故选：A．
8. 如图1是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以O为圆心，OA，OB长分别为半径，圆心角形成的扇面，若，，则阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据S阴影=S扇形AOD-S扇形BOC求解即可．
S阴影=S扇形AOD-S扇形BOC
=
=
=
=2.25π（m2）
故选：D．
【点睛】本题考查扇形面积，不规则图形面积，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
9. 工人师傅为检测该厂生产的一种铁球的大小是否符合要求，设计了一个如图（1）所示的工件槽，其两个底角均为90°，将形状规则的铁球放入槽内时，若同时具有图（1）所示的A、B、E三个接触点，该球的大小就符合要求．图（2）是过球心及A、B、E三点的截面示意图，已知⊙O的直径就是铁球的直径，AB是⊙O的弦，CD切⊙O于点E，AC⊥CD、BD⊥CD，若CD=16cm，AC=BD=4cm，则这种铁球的直径为（ ）
A. 10cm B. 15cm C. 20cm D. 24cm
【答案】C
【解析】【分析】连接OA，OE，设OE与AB交于点P，根据，，得四边形ABDC是矩形，根据CD与切于点E，OE为的半径得，，即，，根据边之间的关系得，，在，由勾股定理得，，进行计算可得，即可得这种铁球的直径．
【详解】如图所示，连接OA，OE，设OE与AB交于点P，
∵，，，
∴四边形ABDC是矩形，
∵CD与切于点E，OE为的半径，
∴，，
∴，，
∵AB=CD=16cm，
∴，
∵，
在，由勾股定理得，
解得，，
则这种铁球的直径＝，
故选C．
【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．
10.（2024贵州省）如图，在扇形纸扇中，若，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查了弧长，根据弧长公式∶求解即可．
∵，，
∴的长为，
故选∶C．
二、填空题（本大题有10个小题，每空3分，共30分）
1. （2023湖南郴州） 如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点处安装了一台监视器，它的监控角度是，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器___________台．
【答案】4
【解析】圆周角定理求出对应的圆心角的度数，利用圆心角的度数即可得解．
∵，
∴对应的圆心角的度数为，
∵，
∴最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器台；
故答案为：4
【点睛】本题考查圆周角定理，熟练掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半，是解题的关键．
2. （2024北京市）如图，的直径平分弦（不是直径）.若，则___________
【答案】55
【解析】本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
先由垂径定理得到，由得到，故．
【详解】∵直径平分弦，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
3. （2024山东滨州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形AOCD是菱形，∠B的度数是______．
【答案】60°
【解析】根据圆内接四边形的性质得到∠B+∠D=180°，根据菱形的性质，圆周角定理列式计算即可．
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠B+∠D=180°，
∵四边形OACD是菱形，
∴∠AOC=∠D，
由圆周角定理得，∠B=∠AOC，
∴∠B+2∠B=180°，
解得，∠B=60°．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
4. （2024甘肃临夏）如图，对折边长为2的正方形纸片，为折痕，以点为圆心，为半径作弧，分别交，于，两点，则的长度为______（结果保留）．
【答案】##
【解析】本题主要考查了弧长的计算、正方形的性质及翻折变换（折叠问题），解直角三角形，熟知正方形的性质、图形翻折的性质及弧长的计算公式是解题的关键．
由对折可知，，过点E作的垂线，进而可求出的度数，则可得出的度数，最后根据弧长公式即可解决问题．
【详解】∵折叠，且四边形是正方形
四边形是矩形，，
则，．
过点E作于P，
则，
，
在中，，
，
则，
的长度为：，
故答案为：
5. 如图，在边长为1的正方形网格中，⊙O是△ABC的外接圆，点A，B，O在格点上，则cos∠ACB的值是________．
【答案】
【解析】取AB中点D，由图可知，AB=6，AD=BD=3，OD=2，由垂径定理得OD⊥AB，则OB=，cos∠DOB=，再证∠ACB=∠DOB，即可解．
详解】取AB中点D，如图，
由图可知，AB=6，AD=BD=3，OD=2，
∴OD⊥AB，
∴∠ODB=90°，
∴OB=，cos∠DOB=，
∵OA=OB，
∴∠BOD=∠AOB，
∵∠ACB=∠AOB，
∴∠ACB=∠DOB，
∴cos∠ACB= cos∠DOB=，
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，取AB中点D，得Rt△ODB是解题的关键．
6. （2023浙江温州）若扇形的圆心角为，半径为，则它的弧长为___________．
【答案】
【解析】根据弧长公式即可求解．
扇形的圆心角为，半径为，
∴它的弧长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了求弧长，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
7.（2023江苏扬州） 用半径为，面积为的扇形纸片，围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径为________．
【答案】
【解析】应为圆锥侧面母线的长就是侧面展开扇形的半径，利用圆锥侧面面积公式：，就可以求出圆锥的底面圆的半径．
设圆锥底面圆的半径为，，
由扇形的面积：，
得：
故答案为：
【点睛】本题考查了圆锥侧面面积的相关计算，熟练掌握圆锥侧面面积的计算公式是解题的关键，注意用扇形围成的圆锥，扇形的半径就是圆锥的母线．
8.（2023龙东） 如图，是的直径，切于点A，交于点，连接，若，则__________．
【答案】34
【解析】首先根据等边对等角得到，
然后利用外角的性质得到，利用切线的性质得到，最后利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】∵，，
∴，
∴，
∵切于点A，
∴，
∴．
故答案为：34．
【点睛】此题考查了切线的性质和三角形的外角的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
9. （2023湖北天门）如图，在中，的内切圆与分别相切于点，，连接的延长线交于点，则_________．
【答案】##度
【解析】【分析】如图所示，连接，设交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出，再由切线长定理得到，进而推出是的垂直平分线，即，则．
【详解】如图所示，连接，设交于H，
∵是的内切圆，
∴分别是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵与分别相切于点，，
∴，
又∵，
∴是的垂直平分线，
∴，即，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
10. （2023浙江杭州）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
【解析】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．
【点睛】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
三、解答题（6个小题，共60分）
1. （8分）如图，在中，，以为直径的⊙交于点，交线段的延长线于点，连接．
（1）求证：；
（2）若，，求．
【答案】（1）证明见详解 （2）
【解析】【分析】（1）连接AD，由AB为直径可得AD⊥BC，再根据等腰三角形的三线合一性质即可证明结论．
（2）由（1）可得CD=4，BC=8，根据即可求得，进而利用勾股定理即可求得AC，由为⊙的直径，得∠BEC=∠ADC=90°，∠C为公共角，可得，根据三角形相似的性质即可求得CE，进而可求解．
【详解】(1)证明：连接AD，如图所示：
∵为⊙的直径，
∴AD⊥BC，
又∵，
∴三角形ABC为等腰三角形，
∴AD为BC的垂直平分线，
∴BD=CD．
(2)由（1）可得BD=CD=4，
，BC=2BD=8，
，
在Rt△ACD中，
，
又∵为⊙的直径，
∴∠BEC=∠ADC=90°，且∠C=∠C，
∴，
，即，
，
．
【点睛】本题考查了三角形与圆的综合问题，考查了等腰三角形的判定及性质、圆周角定理、相似三角形的判定及性质、锐角三角函数及勾股定理的应用，熟练掌握等腰三角形三线合一的性质及三角形相似对应边成比例的性质是解题的关键．
2. （8分） （2024甘肃临夏）如图，直线与相切于点，为的直径，过点作于点，延长交直线于点．
（1）求证：平分；
（2）如果，，求的半径．
【答案】（1）见解析 （2）4
【解析】【分析】（1）连接，根据切线的性质可得出，结合题意可证，即得出，再根据等边对等角可得出，即得出，即平分；
（2）设的半径为r，则，．再根据勾股定理可列出关于r的等式，求解即可．
【小问1详解】
证明：如图，连接．
∵直线与相切于点，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，即平分；
【小问2详解】
解：设的半径为r，则，．
在中，，
∴，
解得：，
∴的半径为4．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，同圆半径相等，平行线的判定和性质，角平分线的判定，勾股定理等知识．连接常用的辅助线是解题关键．
3. （10分）（2023山东临沂）如图，是的外接圆，是的直径，，E为的延长线与的交点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】【分析】（1）连接并延长交于点，根据是的外接圆，得到，由平行线的性质，得到，即可得证．
（2）连接，等边对等角，求出的度数，圆周角定理求出度数，得到为等边三角形，求出半径和的度数，利用弧长公式进行计算即可．
【详解】
（1）证明：连接并延长交于点，
∵是的外接圆，
∴点是三边中垂线的交点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴的长为．
【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，求弧长，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
4. （10分）（2024北京市）如图，是的直径，点，在上，平分.
（1）求证：；
（2）延长交于点，连接交于点，过点作的切线交的延长线于点.若，，求半径的长.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】（1）根据题意，得，结合，得到，继而得到，根据平分，得到，继而得到，可证；
（2）不妨设，则，求得，证明，，求得，取的中点M，连接，则，求得，，结合切线性质，得到，解答即可.
【小问1详解】
根据题意，得，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
∵，，
不妨设，则，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
解得，
取的中点M，连接，
则
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是切线，
∴，
∴，
解得，
故半径的长为.
【点睛】本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角三角形的相关计算，等量代换思想，熟练掌握三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角三角形的相关计算是解题的关键.
5.（12分）（2023广东省）综合探究
如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．
（1）求证：；
（2）以点为圆心，为半径作圆．
①如图2，与相切，求证：；
②如图3，与相切，，求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）①见解析；②
【解析】【分析】（1）由点关于的对称点为可知点E是的中点，，从而得到是的中位线，继而得到，从而证明；
（2）①过点O作于点F，延长交于点G，先证明得到，由与相切，得到，继而得到，从而证明是的角平分线，即，，求得，利用直角三角形两锐角互余得到，从而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性质得出；
②先证明四边形是正方形，得到，再利用是的中位线得到，从而得到，，再利用平行线的性质得到，从而证明是等腰直角三角形，，设，求得，在中，即，解得，从而得到的面积为．
【详解】（1）∵点关于的对称点为，
∴点E是的中点，，
又∵四边形是矩形，
∴O是的中点，
∴是的中位线，
∴
∴，
∴
（2）①过点O作于点F，延长交于点G，则，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，．
∵，，，
∴，
∴．
∵与相切，为半径，，
∴，
∴
又∵即，，
∴是的角平分线，即，
设，则，
又∵
∴
∴
又∵，即是直角三角形，
∴，即
解得：，
∴，即，
在中，，，
∴，
∴；
②过点O作于点H，
∵与相切，
∴，
∵
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形，
∴，
又∵是的中位线，
∴
∴
∴
又∵，
∴
又∵，
∴
又∵，
∴是等腰直角三角形，，
设，则
∴
在中，，
即
∴
∴的面积为：
【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．
6. （12分）（2024福建省）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点．
（1）求的值；
（2）求证：；
（3）求证：与互相平分．
【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】（1）先证得，再在中，．在中，，可得，再证得结果；
（2）过点作，交延长线于点，先证明，可得
，再证得，再由相似三角形的判定可得结论；
（3）如图，连接，由（2），可得，从而得出，从而得出， 得出，再上平行线判定得出，再证得，从而得出四边形是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果．
【小问1详解】
，且是的直径，
．
，
在中，．
，
中，．
，
；
小问2详解】
过点作，交延长线于点．
．
，
，
．
，
，
，
，，
．
，
，
，
，
．
【小问3详解】
如图，连接．
是的直径，
．
，
．
由（2）知，，
，
，
．
．
，
．
由（2）知，，
．
，
，
，
四边形是平行四边形，
与互相平分．
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，考查化归与转化思想等．
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