【备考2025】中考数学真题2022-2024分类精编精练13圆②（含解析）

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【备考2025】中考数学真题2022-2024分类精编精练13园②
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．（2022·浙江宁波·）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．
2．（2022·浙江丽水·）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．
3．（2021·浙江·）如图，已知点是的外心，∠，连结，，则的度数是（ ）．
A． B． C． D．
4．（2021·浙江嘉兴·）已知平面内有和点，，若半径为，线段，，则直线与的位置关系为（ ）
A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切
5．（2023·浙江台州·）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．
6．（2021·浙江金华·）如图，在等腰中，，以该三角形的三条边为边向形外作正方形，正方形的顶点都在同一个圆上．记该圆面积为，面积为，则的值是（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·浙江·）如图，在四边形中，，以为腰作等腰直角三角形，顶点恰好落在边上，若，则的长是（ ）

A． B． C．2 D．1
二、填空题
8．（2023·浙江绍兴·）如图，四边形内接于圆，若，则的度数是 ．

9．（2024·浙江·）如图，是的直径，与相切，A为切点，连接．已知，则的度数为

10．（2022·浙江宁波·）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 ．
11．（2023·浙江嘉兴·）如图，点是外一点，，分别与相切于点，，点在上，已知，则的度数是 ．

12．（2023·浙江宁波·）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）

13．（2023·浙江温州·）若扇形的圆心角为，半径为，则它的弧长为 ．
14．（2023·浙江宁波·）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 ．

15．（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 ．

16．（2023·浙江金华·）如图，在中，，以为直径作半圆，交于点，交于点，则弧的长为 ．

三、解答题
17．（2023·浙江绍兴·）如图，是的直径，是上一点，过点作的切线，交的延长线于点，过点作于点．

(1)若，求的度数．
(2)若，求的长．
18．（2022·浙江绍兴·）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．
19．（2022·浙江衢州·）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．
20．（2024·浙江·）如图，在圆内接四边形中，，延长至点E，使，延长至点F，连结，使．
(1)若，为直径，求的度数．
(2)求证：①；②．
21．（2022·浙江金华·）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．
22．（2023·浙江金华·）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．
23．（2023·浙江衢州·）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．
24．（2023·浙江台州·）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，是的直径，直线是的切线，为切点．，是圆上两点（不与点重合，且在直径的同侧），分别作射线，交直线于点，点．

(1)如图1，当，的长为时，求的长．
(2)如图2，当，时，求的值．
(3)如图3，当，时，连接BP，PQ，直接写出的值．
参考答案
1．【考点】求圆锥侧面积
【分析】利用圆锥侧面积计算公式计算即可：；
解： ，
故选B．
【点评】本题考查了圆锥侧面积的计算公式，比较简单，直接代入公式计算即可．
2．【考点】求弧长、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长
【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．
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
【点评】本题考查了弧长公式，矩形的性质以及勾股定理的应用，从实际问题转化为数学模型是解题的关键．
3．【考点】圆周角定理、 三角形外接圆的概念辨析
【分析】结合题意，根据三角形外接圆的性质，作；再根据圆周角和圆心角的性质分析，即可得到答案．
解：的外接圆如下图
∵∠
∴
故选：C．
【点评】本题考查了圆的知识；解题的关键是熟练掌握三角形外接圆、圆周角、圆心角的性质，从而完成求解．
4．【考点】判断点与圆的位置关系、判断直线和圆的位置关系
【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
解：∵⊙O的半径为2cm，线段OA=3cm，线段OB=2cm，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，点B到圆心O的距离等于圆的半径，
∴点A在⊙O外．点B在⊙O上，
∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切，
故选：D．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，正确的理解题意是解题的关键．
5．【考点】正多边形和圆的综合、用勾股定理解三角形
【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．
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
【点评】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．
6．【考点】以直角三角形三边为边长的图形面积、判断三角形外接圆的圆心位置
【分析】先确定圆的圆心在直角三角形斜边的中点，然后利用全等三角形的判定和性质确定△ABC是等腰直角三角形，再根据直角三角形斜边中线的性质得到，再由勾股定理解得，解得，据此解题即可．
解：如图所示，正方形的顶点都在同一个圆上，
圆心在线段的中垂线的交点上，即在斜边的中点，且AC=MC，BC=CG，
∴AG=AC+CG=AC+BC，BM=BC+CM=BC+AC，
∴AG=BM，
又∵OG=OM，OA=OB，
∴△AOG≌△BOM，
∴∠CAB=∠CBA，
∵∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
，
，
．
故选：C．
【点评】本题考查勾股定理、直角三角形斜边的中线的性质、圆的面积、三角形的面积等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
7．【考点】已知圆内接四边形求角度、相似三角形的判定与性质综合、半圆（直径）所对的圆周角是直角、四点共圆
【分析】先根据等腰三角形的性质可得，，，再判断出点四点共圆，在以为直径的圆上，连接，根据圆周角定理可得，，然后根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质即可得．
解：是以为腰的等腰直角三角形，
，，，
，
，
，
点四点共圆，在以为直径的圆上，
如图，连接，

由圆周角定理得：，，
，
，
，
在和中，，
，
，
，
故选：A．
【点评】本题考查了圆内接四边形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等考点，正确判断出点四点共圆，在以为直径的圆上是解题关键．
8．【考点】已知圆内接四边形求角度
【分析】根据圆内接四边形的性质：对角互补，即可解答．
解：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解答本题的关键．
9．【考点】切线的性质定理
【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．
解：∵与相切，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
10．【考点】切线的性质定理、用勾股定理解三角形
【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．
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．
【点评】本题主要考查了切线的性质和勾股定理，熟练掌握这些性质定理是解决本题的关键．
11．【考点】圆周角定理、切线的性质定理
【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．
解：如图，

∵，分别与相切于点，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，求得是解题的关键．
12．【考点】求圆锥侧面积
【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．
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：．
【点评】本题考查圆锥侧面展开图及扇形面积公式，熟记扇形面积公式是解决问题的关键．
13．【考点】求弧长
【分析】根据弧长公式即可求解．
解：扇形的圆心角为，半径为，
∴它的弧长为，
故答案为：．
【点评】本题考查了求弧长，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
14．【考点】切线的性质定理、由平行截线求相关线段的长或比值、用勾股定理解三角形、等腰三角形的定义
【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．
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．
【点评】本题考查切线的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，等腰三角形的定义．熟练掌握切线的性质，等腰三角形的定义，确定点的位置，是解题的关键．
15．【考点】等边三角形的判定和性质、正多边形和圆的综合
【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．
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．
【点评】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考点．
16．【考点】三线合一、求弧长、与三角形中位线有关的求解问题、半圆（直径）所对的圆周角是直角
【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．
解：如图，连接，，，

∵为直径，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴弧的长为，
故答案为：．
【点评】本题考查了等腰三角形三线合一性质，中位线定理，弧长公式，熟练掌握三线合一性质，弧长公式，圆周角定理是解题的关键．
17．【考点】三角形的外角的定义及性质、由平行截线求相关线段的长或比值、用勾股定理解三角形、切线的性质定理
【分析】（1）根据三角形的外角的性质，即可求解．
（2）根据是的切线，可得，在中，勾股定理求得，根据，可得，进而即可求解．
解：（1）解：∵于点，
∴，
∴．

（2）∵是的切线，是的半径，
∴．
在中，
∵，
∴．
∵，
∴
∴，即，
∴．
【点评】本题考查了三角形外角的性质，切线的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，熟练掌握以上知识是解题的关键．
18．【考点】求弧长、角平分线性质定理及证明、角平分线的性质定理、圆周角定理、切线的性质定理
【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．
解：（1）解：连接OA，

∵∠ACB＝20°，
∴∠AOD＝40°，
∴，
．
（2）证明：，
，
切于点，
，
，
，
，
，
平分．
【点评】本题考查与圆有关的计算及圆的性质，解题的关键是掌握弧长公式及圆的切线的性质．
19．【考点】同弧或等弧所对的圆周角相等、求扇形面积、内错角相等两直线平行、圆周角定理
【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．
解：（1）证明：∵=，
∴∠ACD＝∠DBA，
又∠CAB＝∠DBA，
∴∠CAB＝∠ACD，
∴；
（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=．
【点评】本题主要考查扇形的面积，同弧所对的圆周角相等，平行线的判定，掌握定理以及公式是解题的关键．
20．【考点】圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合、根据平行线判定与性质证明、已知圆内接四边形求角度
【分析】（1）根据圆周角定理即可求解，由为直径，得到，故，由，得到；
（2）①由四点共圆得，而，等量代换得到，故；
②过点D作平行线交于点G，可证明，，因此得到，由，得到．
解：（1）解：∵，，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明①：∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴；
②过点D作平行线交于点G，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵由（1）知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点评】本题考查了圆周角定理，圆的内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，熟练掌握考点，正确添加辅助线是解题的关键．
21．【考点】圆周角定理、正多边形和圆的综合、等边三角形的判定和性质
【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．
解：（1）解：∵正五边形．
∴，
∴，
∵，
∴(优弧所对圆心角)，
∴；
（2）解：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）∵是正三角形，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点评】本题考查了圆周角定理，正多边形的性质，读懂题意，明确题目中的作图方式，熟练运用圆周角定理是解本题的关键．
22．【考点】利用垂径定理求值、切线的性质定理、坐标与图形、证明四边形是矩形
【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．
解：（1）证明：∵与轴相切于点，
∴轴．
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）如图，连接．
四边形是矩形，
．
在中，，
．
点为圆心，，
．
【点评】本题考查了矩形的判定，垂径定理，圆的性质，熟练掌握矩形的判定和垂径定理是解题的关键．
23．【考点】全等的性质和HL综合（HL）、切线的性质定理、求扇形面积、已知正弦值求边长
【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．
解：（1）证明：如图，连接，
∵是的切线，点D为切点，
∴，
∵，，，
∴，
∴；

（2）解：①∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴半圆O的半径为2；
②在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点评】本题考查切线的性质、全等三角形的判定与性质、扇形的面积公式、锐角三角函数及勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
24．【考点】圆与三角形的综合(圆的综合问题)、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）根据扇形的弧长公式即可求出度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出的长．
（2）根据等弧所对圆周角相等推出，再根据角平分线的性质定理推出，利用直角三角形的性质即可求出，通过等量转化和余弦值可求出答案．
（3）根据三角形相似的性质证明和，从而推出和，利用已知条件将两个比例线段相除，根据正弦值即可求出答案
解：（1）解：如图1，连接，设的度数为．

，的长为，
．
，即．
．
直线是的切线，
．
∴．
（2）解：如图2，连接，过点作于点，

为直径，
．
．
，
．
，，
．
，，
．
．
（3）解：，理由如下：
如图3，连接BQ，

，，
，，
，
，
．
，
，
．①
，，
，
．②
，
得，．
，
．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及三角函数、切线的性质定理、扇形的弧长公式，角平分线性质定理等，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理和相关计算公式．
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