圆专项特训卷（含解析）-2025年中考数学二轮复习题

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圆专项特训卷-2025年中考数学二轮复习题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，是的外接圆，连接，，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．抖空竹在我国有着悠久的历史，是国家级的非物质文化遗产之一．如图，，分别与相切于点，，延长，交于点，若的半径为3，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在8×8的正方形网格中，点A，B，C，P，Q，M，N都在格点上(正方形的顶点即格点)，若⊙O是以A，B，C为顶点的三角形的外接圆，则下列各点中，在⊙O上的是（ ）
A．点P B．点 Q C．点M D．点N
4．如图，小杨将一个三角板放在上，使三角板的一直角边经过圆心，测得，，则的半径长为（ ）
A．3 B． C．4 D．
5．新考法正多边形纸片的缺失如图，正n边形纸片被撕掉左边一部分后，发现其中两边，所在直线夹的锐角，则n的值为（ ）
A．12 B．10 C．9 D．8
6．如图，直角三角板角的顶点落在上，两边与分别交于，两点，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，正六边形的边长为2，以点D为圆心，为半径画弧，以点F为圆心，为半径画弧，则阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
二、填空题
8．若半径为3的扇形弧长为，则该扇形的圆心角度数为 ．
9．在菱形中，，连接，以点为圆心，长为半径作弧，交射线于点，连接，则的度数是 ．
10．如图，为正六边形的一条对角线，于点，连接，若正六边形的边长为2，则的长为 ．

11．如图，内接于，是的直径，交于点C，若，则的度数为 °．

12．如图，点P在第二象限内，与y轴相切于点C，与x轴相交于点，，则点P坐标 ．
13．如图，在四边形中，，的平分线交于点，连接和，，，若，，则 ．
14．如图，是的两条切线，，为切点，连接交于点，交于点C，，，则的半径长为 ．
三、解答题
15．如图，点A，B在上，且，直线与相切．
(1)尺规作图：过点B作于点D，交于点E，连接．（不写作法，保留作图痕迹）
(2)请判断四边形的形状，并说明理由．
16．如图，在中，以为直径的分别交，于点、，与交于点．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
17．如图①、图②、图③均为的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，已知三个圆的圆心O均在格点上，且经过A、B、P三个格点，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求画图．
(1)在图①中，过点 A 作 的切线；
(2)在图②中，作点 P 关于直径所在直线的对称点M；
(3)在图③中，已知点 Q 为上任意一点（不与点 P 重合），作点Q 关于直径 所在直线的对称点N．
18．如图，中，，点为边上一点，以点为圆心，为半径作圆与相切于点，连接．
(1)求证：；
(2)若的半径为，，求的长．
19．如图，等腰内接于，点D是线段上异于O，B的一点．连接并延长交于点E，点P在的延长线上，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的值．
20．定义：三角形一个内角的平分线与另一个内角的邻补角的平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的“张望角”．
(1)如图1，点D在的延长线上，是中的“张望角”，求证：；
(2)如图2，内接于，点D在的延长线上，点E在上，连接，连接，点F在上，，连接，连接并延长交的延长线于点I，求证：是中的“张望角”；
(3)如图3，在（2）的条件下，若是的直径，过点I作的垂线，点G为垂足，交于点H，若，，求的长．
《圆专项特训卷-2025年中考数学二轮复习题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B A D D B C C
1．B
【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握圆周角定理，等腰三角形的性质；根据等腰三角形的性质可得，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半解题即可．
【详解】解：，，
，
，
，
故选：．
2．A
【分析】本题主要考查了切线的性质，弧长公式，连接，根据切线的性质得，进而得出，然后根据弧长公式可得答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵是的切线，
∴，
即．
∵，
∴，
∴．
故选：A．
3．D
【分析】本题主要考查了外接圆的圆心，勾股定理，
先确定圆心的位置，再求出半径，即可判断答案．
【详解】解：如图所示，点O是的外接圆的圆心，
小正方形的边长为1，根据勾股定理可知，，
∴上的是点N．
故选：D．
4．D
【分析】本题考查了圆的有关概念，勾股定理，连接，设，则，在中，根据勾股定理构建关于x的方程，然后求解即可．
【详解】解∶ 连接，
设，则，
在中，，
∴，
解得，
∴的半径长为，
故选：D．
5．B
【分析】本题考查正多边形和圆，等腰三角形的性质，圆满周角定理，熟练掌握正多边形和圆的相关知识是解题的关键．
连接，，作正n边形的外接圆，，连接，，，， 先证明，从而由三角形内角和求得，由圆周角定理求得，从而可求得正n边形的中心角，即可求解．
【详解】解：连接，，作正n边形的外接圆，连接，，，，如图，
∵正n边形
∴，，
∴
∴，即，
∴
∴，即
∴
∵
∴
∴
∵正n边形的外接圆为，
∴
∴
∴
∴
故选：B．
6．C
【分析】本题考查垂径定理，解直角三角形，圆周角定理，连接，，，过作于，先证是等边三角形，结合得到，再根据垂径定理得到，得到即可得到答案．
【详解】解：连接，，，过作于，
∵，，
，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
7．C
【分析】本题考查正多边形与圆，计算不规则图形的面积．根据正六边形的特点可以得到正六边形内部可以分成六个全等的等边三角形，先计算出和，则阴影部分的面积．
【详解】解：如图，标记以点D和点F为圆心的弧交于点O，连接，作于H，

由作图知点O为正六边形的中心，
，，，，为全等的等边三角形，边长为2，
，
为等边三角形，边长为2，，
，
，
，
，
，
阴影部分的面积，
故选C．
8．/60度
【分析】本题主要考查了弧长公式，掌握弧长公式是解题的关键．
设该扇形的圆心角度数为，根据弧长公式建立方程即可求解．
【详解】解：设设该扇形的圆心角度数为，
根据弧长公式得：，解得，即圆心角度数为．
故答案为：．
9．/78度
【分析】本题考查了圆的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据菱形的性质求得，然后根据，得到，最后利用三角形内角和定理即可求得答案．
【详解】解：根据题意，如图，
四边形是菱形，
，
又以点为圆心，长为半径作弧，交射线于点，
，
，
．
故答案为：．
10．
【分析】本题主要考查正多边形，根据正六边形是轴对称图形可求出，由可得，得，由勾股定理可求出，．
【详解】解：∵六边形是正六边形，
∴
∵六边形是轴对称图形，
∴是它的一条对称轴，
∴
∵，即
∴
∴，
在中，
∴
由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
故答案为：．
11．28
【分析】本题考查了垂径定理，平行线的性质，圆周角定理，先根据圆周角定理以及平行线的性质得，再结合垂径定理得，故，即可求出，再结合圆周角定理得，即可作答．
【详解】解：连接记与的交点为，如图所示：

∵是的直径，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
12．
【分析】本题考查切线的性质，垂径定理，勾股定理；如图，连接，，过点P作，则四边形是矩形，根据垂径定理，得，，在中，由勾股定理求得的长，从而得到．
【详解】解：如图，连接，，过点P作，
∵与y轴相切于点C，
∴轴，
∵，
∴四边形是矩形，
∵点，，
∴．
∵，
∴，，
∴
中，．
∴．
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，勾股定理；取的中点，以为直径作，根据题意可得在上，根据角平分线的定义可得，则即可得出，进而证明，得出，在中，勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图所示，取的中点，以为直径作，
∵，
∴
∴在上
∵平分
∴
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
在中，
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了切线长定理；全等三角形的性质与判定，勾股定理；证明得出，三线合一得出，设的半径长为，则，在中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解．
【详解】解：∵是的两条切线，
∴
∵
∴
∴
又∵
∴，
设的半径长为，则，
在中，
∴
解得：
故答案为：．
15．(1)见解析
(2)四边形为菱形．理由见解析
【分析】本题主要考查作垂线，菱形的判定，切线的性质等知识，正确作图是解答本题的关键．
（1）以点B为圆心，任意长为半径画弧交于两点，分别以这两点为圆心，大于这两点距离的为半径画弧交于一点，过点B和这点作直线即可；
（2）连接，分别证明和是等边三角形，可证明，从而可得结论．
【详解】（1）解：如图，线段为所求；
（2）解：四边形为菱形．
理由：如图，连接．
直线与相切，
，
．
，垂足为D，
，
，
．
，
．
，
为等边三角形，
，
，
为等边三角形，
．
，
四边形为菱形．
16．(1)见解析；
(2)．
【分析】根据直径所对的圆周角为直角，可得：，根据四边形内角和为，可得：，又因为，可得，根据等量代换可得：，根据等角对等边可证结论成立；
利用勾股定理可求，由可知，又因为，所以可求，利用勾股定理可求，根据等腰三角形的三线合一定理可得．
【详解】（1）证明：为的直径，
，
，
在四边形中，，
又，
，
，
，
；
（2），，，
，
由可知，
，
在中，，
，，
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的三线合一定理、四边形的内角和定理，解题的关键是掌握以上知识点．
17．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题考查格点作图，垂径定理的应用及垂直平分线的性质，
（1）利用网格线的特点，取格点，连接，易得，直线即为所求；
（2）同理（1）取格点，连接交于点M，易得，由垂径定理即可得到点M即为所求；
（3）取格点G，同理（1）作交于点F，连接交于点H，连接并延长交于点N，点N即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，直线为所求；
（2）解：如图所示，点为所求；
（3）解：如图所示，点为所求．
18．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接，根据题意可得，根据余角的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证；
（2）在中，勾股定理求得，证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵为切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵的半径为3，则，，
在中，
，，，
，
，，
，
，即，
解得．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
19．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查切线的性质与判定、垂径定理、等腰三角形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握切线的性质与判定、垂径定理、等腰三角形的性质与判定、勾股定理是解题的关键．
（1）连接，，由题意易得，，则有，然后可得，进而问题可求证；
（2）设，则，则有，然后根据勾股定理可得，则有，进而问题可求解．
【详解】（1）证明：连接，，
∵是等腰的外接圆，O为的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）解：设，则，此时，
∵是直角三角形，
∴，
∵，
∴，
即，
解得，
∴，
∴．
20．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据题中“张望角”的定义和角平分线的定义得到，结合三角形的外角性质可得结论；
（2）先根据圆周角定理和角平分线定义可得平分，再根据圆周角定理，结合圆内接四边形的性质可证明平分，进而根据“张望角”的定义可得结论；
（3）连接，，先证明得到，进而证明得到，过F作于M，在上截取，连接，，证明，求得， ，，过I作于K， ，在中，由勾股定理求得，进而可求解．
【详解】（1）证明：是中的“张望角”，
∴分别是，的平分线
；
（2）证明：，
，
，
即平分，
，
，
∵四边形内接于，
，
，
，
，
即平分，
是中的“张望角”；
（3）解：连接，，
是中的“张望角”，
∴，
∵，
∴，又，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵四边形内接于，
∴，又，
∴，
∴，
∵是的直径，，
∴，又，
∴，即，
∴，
∴，
过F作于M，在上截取，连接，，则垂直平分，
∴，
∴，
设，则，
∵平分，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，又，
∴，
∴，
设，又，
∴，解得（负值已舍去），
∴，
∴，
由得，则；
∵，
∴，
∴，
过I作于K，则是等腰直角三角形，
∴，
设，则，
在中，由得，
解得（负值已舍去），即，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，弧与弦的关系，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的外角性质，等腰三角形的判定与性质，解一元二次方程等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用是解题的关键．
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