圆相关问题检测卷（含解析）-2025年中考数学专项复习

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圆相关问题检测卷-2025年中考数学专项复习
一、单选题
1．已知的半径为，弦所对的圆周角等于，则弦的长为 （ ）
A． B． C． D．
2．的半径为，圆心的坐标为，点的坐标为，则点与的位置关系是（ ）
A．点在内 B．点在上
C．点在外 D．点在上或外
3．如图，中，，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，已知，为上一点，以为半径的圆经过点，且与、交于点、，设，，则（ ）
A．若，则弧的度数为 B．若，则弧的度数为
C．若，则弧的度数为 D．若，则弧的度数为
5．如图，点在以为直径的半圆上，为圆心．若，，则阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，已知的半径为1，是的弦，若，则劣弧的长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
7．已知扇形的圆心角为，半径为，则这个扇形的面积是 ．
8．如图，直角三角形的内切圆分别与相切于点，根据图中标示的长度，则的长度为 ．
9．如图，将线段绕点顺时针旋转，得到线段．若，则点经过的路径长度为 ．（结果保留）
10．如图，是切线，B、C是切点，点P是上一点，且，则 °．
11．如图，鲁洛克斯三角形（鲁洛克斯三角形又称“勒洛三角形”，它分别以正的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形）中，线段，则鲁洛克斯三角形的面积为 ．
12．《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表，其中《方田》章给出计算弧田面积所用公式为：弧田面积（弦矢＋矢），弧田（如图）是由圆弧和其所对的弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．在如图所示的弧田中，“弦”为8，“矢”为2，则的值为 ．
13．如图，过圆心，是的一条弦，，是的切线．再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得．
条件①：平分
条件②：
条件③：
则所有可以添加的条件序号是 ．
14．如图，把置于平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点是内切圆的圆心．将沿轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与轴重合，第一次滚动后圆心为，第二次滚动后圆心为，依此规律，第2025次滚动后，内切圆的圆心的坐标是 ．
三、解答题
15．P是的弦延长线上的一点，点A在上，且是的切线，求证：．
16．图是一款可调节椅背的办公室沙发椅，它可以减轻使用者的脊椎压力，图是它的侧面示意图已知椅背，现将椅背角度从调节到（即， ），过点，作，，分别交直线于点，．
(1)求水平方向增加的距离长．（结果精确到；参考数据：，， ）
(2)求调节过程中椅背扫过的面积结果保留
17．如图，在中，、为直径，弦于点，连接．
(1)若，，求的直径；
(2)若，求的度数．
18．如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，过点作，垂足为点，的延长线交的延长线于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
19．在《圆的对称性》一节，我们学习了“圆心角、弧、弦之间的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等”．
定义：从圆心到弦的距离叫做弦心距，弦心距也可以说成圆心到弦的垂线段的长度．如图①，在中垂足为，垂足为，和都是弦心距．
实际上我们还可以得到“圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系”如下：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦、两弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
请直接运用圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系解答下列问题：
如图②，是的平分线上一点，以点为圆心的圆与角的两边分别交于．

(1)求证：；
(2)若角的顶点在圆上或圆内，上述结论是否成立？若不成立，请说明理由；若成立，请加以证明．
20．如图1，在中，直径与弦相交于点，．
(1)求证：；
(2)如图2，连接，延长交于点，作于点，若，，求的长；
(3)如图3，连接、，延长交于点，过点作的平行线交的延长线于点，交于点，连接，求证：是的切线．
21．如图①，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴分别相交于，两点，与y轴交于点C，直线经过B、C两点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图②，点P为直线上方抛物线上一动点，设点P的横坐标为m，以P为圆心的圆与直线相切，当的半径最大时，求m的值；
(3)如图③，抛物线顶点为M，点N是y轴上一点，点Q是平面内一点，若以B、M、N、Q为顶点的四边形是矩形，请直接写出点Q的坐标．
《圆相关问题检测卷-2025年中考数学专项复习》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 D B D D A C
1．D
【分析】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质，掌握圆周角定理是关键．
根据圆周角定理得到圆心角为，根据等边三角形的判定和性质即可求解．
【详解】解：弦所对的圆周角等于，如图所示，
∴弦所对的圆心角等于，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
故选：D ．
2．B
【分析】本题考查了勾股定理，点与圆的位置关系，掌握点与圆的位置关系是解题的关键．
运用勾股定理得到，根据点与圆的位置关系即可求解．
【详解】解：点的坐标为，
∴，
∵的半径为，圆心的坐标为，
∴点与的位置关系是点在上，
故选：B ．
3．D
【分析】本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，掌握知识点的应用是解题的关键．
由，则，根据等边对等角得，所以，然后通过圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：．
4．D
【详解】本题考查了圆周角定理，外角性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．连接，根据圆周角定理求出，求出，再根据三角形外角性质得出，求出的度数是，再逐个判断即可．
【解答】解：连接，
设的度数是，
则，
过，
，
，
，
，，
，
解得：，
即的度数是，
当，即时，
∴的度数是或，
故选项，C不符合题意；
当时，的度数是，
故选项B错误，选项D正确；
故选：D．
5．A
【详解】由于半径相等，且与的高相等，故与的面积相等，则阴影部分的面积是扇形的面积，据此列式计算，即可作答．本题考查了扇形面积，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
【解答】解：直径，点在半圆上，
，
∵，
∴，
∵与的高相等，
，
阴影部分的面积，
故选：A
6．C
【分析】本题主要考查了勾股定理逆定理和弧长的计算，根据勾股定理的逆定理和弧长的计算公式解答即可．
【详解】解：∵的半径为1，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴劣弧的长．
故选：C．
7．/
【详解】本题主要考查了扇形的面积公式．根据扇形的面积公式即可求解．
【分析】解：扇形的面积．
故答案是：．
8．
【分析】本题考查了切线长定理，勾股定理，设，由切线长定理得，，，即得，，进而由勾股定理可得，解方程即可求解，掌握切线长定理是解题的关键．
【详解】解：设，
∵直角三角形的内切圆分别与相切于点，
∴，，，
∴，，
在中，，
∴，
解得，
∴的长度为，
故答案为：．
9．
【分析】本题考查弧长公式，利用弧长公式计算即可．解题的关键是记住弧长．
【详解】解：长度，
故答案为：．
10．40
【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理．根据切线的性质得到，利用圆周角定理计算的度数．再利用四边形的内角和计算出．
【详解】解：连接，在优弧上取点G，连接，
∵是的两条切线，B、C是切点，
∴，
∴，
∵，
∴
∴
∴，
故答案为：40．
11．
【分析】本题主要考查不规则图形的面积，等边三角形的性质，勾股定理，掌握等边三角形的性质和扇形面积公式是解题的关键．
首先根据等边三角形的性质得出，，再利用扇形公式求出、、，过顶点作于点，根据三线合一和勾股定理，求出．最后利用即可求出答案．
【详解】解：是等边三角形，
，，
，
如图，过顶点作于点．
∴，
，
∴，
勒洛三角形的面积为
故答案为：．
12．/
【分析】本题主要考查垂径定理、勾股定理、三角函数的定义等知识点．如图，作交于，交圆弧于，利用垂径定理和勾股定理构建方程组求出，，利用余弦函数定义即可解决问题．
【详解】解：如图，作交于，交圆弧于，
由题意：，
设，由，
∴，
∵，为半径，
∴，
在中，
由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
∴．
故答案为：．
13．①③
【分析】连接，令交于点E，由垂径定理可知，，，则，若选条件①，可得，证，可得，若选条件②，可知，得 ，设，则，，可得，，则，可得，若选条件③，可知，即可证，进而可证，得，可知，即可判断答案．
【详解】解：连接，令交于点E，
∵经过圆心是的一条弦，，
∴，
则，
若选条件①，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
故①符合题意；
若选条件②，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∵，
则，得 ，
设，则，，，，
则，
∴，即，
故②不符合题意；
若选条件③，
∵，即，，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
故③符合题意；
综上，所有可以添加的条件序号是①③，
故答案为：①③．
【点睛】本题考查切线的性质，垂径定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角函数，能够灵活运用相关图形的判定和性质是解题的关键．
14．
【分析】本题考查了直角三角形内切圆半径和周长的关系，勾股定理，坐标类规律探索，熟练掌握以上知识点，得出每滚动3次为一个循环是解题的关键．设内切圆与，，的切点分别为，，，连接，，，根据勾股定理求得，可求得内切圆的半径为1，因此的坐标为，然后根据三角形内切圆的性质，可知，，，四边形是正方形，得到，进而得到，，结合，可知每次滚动后圆心的纵坐标都为1，然后计算、、的横坐标，得出每滚三次一个循环，每个循环横坐标增加12，进而可求得答案．
【详解】解：设内切圆与，，的切点分别为，，，连接，，，如图，
点是内切圆的圆心，
，，，，，
四边形是正方形，
，
，，
，，
在中，，
内切圆的半径，
点坐标为，
，
，，
，即点到三边距离都相等，
每次滚动后圆心的纵坐标都为1，
第1次滚动后点的横坐标为：，即点的坐标为；
第2次滚动后点的横坐标为：，点的坐标为；
第3次滚动后点的横坐标为：，点的坐标为；
每滚三次一个循环，每个循环横坐标增加，
，
点的横坐标为：，
则点的坐标为，
故答案为：．
15．见解析
【分析】本题考查了圆周角定理及切线的性质．过点作直径，连接，根据圆周角定理可得，，推出，根据切线的性质求得，等量代换即可证明结论成立．
【详解】证明：过点作直径，连接，
∴，，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴．
16．(1)水平方向增加的距离长约为
(2)调节过程中椅背扫过的面积为
【分析】本题考查了解直角三角形的应用及扇形的面积．
（1）由题意得，求出，，解直角三角形求出，，即可求解；
（2）先求出，再根据扇形的面积公式计算即可．
【详解】（1）解：由题意得，
，，
，，
，，
，
，，
，
答：水平方向增加的距离长约为；
（2）解：由题意得，
；
答：调节过程中椅背扫过的面积为．
17．(1)
(2)
【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理、圆周角定理等知识，熟练掌握垂径定理和圆周角定理是解题关键．
（1）设的半径为，则，，先根据垂径定理可得，再在中，利用勾股定理可得的值，由此即可得；
（2）先根据垂直的定义可得，则，再根据圆周角定理可得，由此即可得．
【详解】（1）解：设的半径为，则，
∵，
∴，
∵在中，为直径，弦于点，，
∴，
在中，，即，
解得，
∴，
即的直径为．
（2）解：∵，
∴，
∴，
由圆周角定理得：，
又∵，
∴，
∴．
18．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，弧长公式，正确添加辅助线是解题的关键．
（1）连接，由圆周角定理得到，然后证明，由，得到，即可证明；
（2）先证明，则可求，则，可证明为等边三角形，则，可求，那么，则半径，再由弧长公式求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：如图
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∴
∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为．
19．(1)证明见解析
(2)结论仍然成立，证明见解析
【分析】该题考查了角平分线的性质定理和圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系．
（1）如图②过点作于点，于点，根据角平分线的性质定理得出，再根据“圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系”即可证明；
（2）同（1）的作图方法分为如图③，当点在上时，和如图④，当点在内时，根据角平分线的性质定理得出，再根据“圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系”即可证明；
【详解】（1）证明：如图②过点作于点，于点，
又∵平分，
∴，
∴；

（2）解：结论仍然成立．
理由如下：如图③，当点在上时，由（1）知．
∴，
如图④，当点在内时，由（1）知．
∴．
20．(1)见解析
(2)3
(3)见解析
【分析】本题主要考查了弦、弧、圆心角的关系、直线与圆的位置关系、相似三角形的性质与判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）由得到，结合得到，则有，即可得证；
（2）利用平行线的判定证出，推出，得到，在中利用勾股定理列出方程，解出的长，即可求出的长；
（3）由是的直径，得到，通过证明得到，进而证出，得到，利用角度之间的等量代换得到，则有，即可得证．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵，
∴，
由（1）得，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
，
∵在中，，
∴，
解得：（负值舍去），
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的长为3．
（3）证明：∵是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的切线．
21．(1)
(2)
(3)或或或
【分析】（1）先求出点的坐标，再利用待定系数即可求解；
（2）过点作轴的垂线交直线于点，设，，得出的关系式，进而过点作直线垂线交直线于点，则，得出的关系式，进而根据二次函数的性质，即可求解；
（3）先求出，设，，求出，分①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时，三种情况讨论，先求出点N的坐标，再利用矩形的性质即可求出点Q的坐标．
【详解】（1）解：令，解得：，
将代入，则，
∴，
将代入抛物线，则，
解得：，
∴抛物线的表达式为；
（2）解：如图所示，过点作轴的垂线交直线于点，
∴设，
∵在直线的上方，
∴
∵，
∴
∴是等腰直角三角形，
过点作直线垂线交直线于点，则
∴
∵是的切线，
∴即为的半径，
∴当时，取得最大值，此时取得最大值
（3）解：∵，抛物线的对称轴为直线，
∴，
点是轴上任意一点，点是平面内一点，
设，，
又，
∴，
①当为对角线时，
则，即，
整理得：，
解得：或，
∴或，
当时，
则，解得：，
∴；
当时，
则，解得：，
∴；
②当为对角线时，
则，即，
整理得：，
解得：，
∴，
则，解得：，
∴；
③当为对角线时，
则，即，
整理得：，
解得：，
∴，
则，解得：，
∴；
综上，点Q的坐标为或或或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的图像与性质，直线与圆的位置关系，二次函数与特殊四边形的存在问题，解直角三角形，勾股定理，灵活运用分类讨论的思想是解题关键．
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