【中考押题卷】2025年北师大版中考数学考前冲刺：确定圆的条件（含解析）

中考押题卷：确定圆的条件
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 丽水期末）已知⊙O的半径为4，点P在⊙O外，OP的长可能是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．（2024秋 增城区期末）已知⊙O的半径为6cm，若OP＝5cm，则点P与⊙O的位置关系是（　　）
A．点P在⊙O外 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O内 D．不能确定
3．（2024秋 太仓市期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接OA，OC，若∠OAC＝40°，则∠B的度数为（　　）
A．40° B．50° C．60° D．70°
4．（2024秋 盐城期末）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
5．（2024秋 石家庄期末）如图，已知⊙O的半径为3，平面内有一点到圆心O的距离为4，则该点可能是（　　）
A．点P B．点Q C．点M D．点N
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 靖江市期末）已知⊙O的半径为2，点P到圆心O的距离为，那么点P与⊙O的位置关系是　 　．
7．（2024秋 玄武区期末）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝AC，直径CD与AB边交于点E，B是的中点．若CE＝2，则⊙O的半径为 　 　．
8．（2024秋 清江浦区期末）已知直角三角形两条直角边为3，4，则它的外接圆半径为 　 　．
9．（2025 山东模拟）如图，A是⊙O外一点，连接OA交⊙O于点B，D是OA的中点，C是⊙O上一点且满足CD＝OD，分别连接AC，BE，CE，若∠A＝24°，则∠E＝　 　°．
10．（2024秋 桥西区期末）如图，△ABC外接圆的圆心坐标为　 　．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 崇川区期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，直径DE⊥AC，垂足为点F，连接AD，BD．
（1）求证：∠ABD＝∠DAC；
（2）若tan∠ABD＝2，⊙O的半径为5，求AC的长．
12．（2024秋 广州期末）如图，已知⊙O是△BDC的外接圆，点A是上的动点（不与B、D重合），连接并延长BA到E，连接AC、BD交于点F．已知∠EAD＝∠DAC．
（1）求证：BD＝CD；
（2）若BC＝2，CD＝3，△ADF为等腰三角形，求AB的长．
13．（2024秋 天津期末）如图，△ABC内接于⊙O，AE是⊙O的直径，AE⊥BC，垂足为D．
（1）求证：∠ABO＝∠CAE；
（2）已知⊙O的半径为5，DE＝2，求BC长．
14．（2024秋 满洲里市期末）如图，以AB为直径作△ABC的外接圆，∠ACB的角平分线交⊙O于点D，连接BD．（1）若∠ABC＝20°，求∠D的度数；
（2）若AC＝1，，求BC与CD的长．
15．（2024秋 嵊州市期末）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB是直径，AD平分∠BAC，交BC于点E，交⊙O于点D，连接BD，AE＝3，DE＝1．
（1）求证：∠ABD＝∠BED．
（2）求BD的长．
（3）若∠AEB＝126°，求阴影部分的面积（结果保留π）．
中考押题卷：确定圆的条件
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5
答案 D C B D D
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 丽水期末）已知⊙O的半径为4，点P在⊙O外，OP的长可能是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】点与圆的位置关系．
【专题】与圆有关的位置关系．
【答案】D
【分析】根据题意可以求得OP的取值范围，从而可以解答本题．
【解答】解：∵O的半径为4，点P在⊙O外，
∴OP＞4，
故选：D．
【点评】本题考查点和圆的位置关系，解答本题的关键是明确题意，求出OP的取值范围．
2．（2024秋 增城区期末）已知⊙O的半径为6cm，若OP＝5cm，则点P与⊙O的位置关系是（　　）
A．点P在⊙O外 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O内 D．不能确定
【考点】点与圆的位置关系．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】C
【分析】根据点到圆心的距离和圆的半径之间的数量关系，即可判断点和圆的位置关系．点到圆心的距离小于圆的半径，则点在圆内；点到圆心的距离等于圆的半径，则点在圆上；点到圆心的距离大于圆的半径，则点在圆外．
【解答】解：根据点到圆心的距离5cm小于圆的半径6cm，则该点在圆内．
故选：C．
【点评】本题考查了点和圆的位置关系与数量之间的联系：当点到圆心的距离大于圆的半径时，则点在圆外．
3．（2024秋 太仓市期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接OA，OC，若∠OAC＝40°，则∠B的度数为（　　）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【考点】三角形的外接圆与外心；三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】B
【分析】先利用等腰三角形的性质可得∠OAC＝∠OCA＝40°，从而可得∠AOC＝100°，然后利用圆周角定理进行计算，即可解答．
【解答】解：∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝40°，
∴∠AOC＝180°﹣∠OAC﹣∠OCA＝100°，
∴∠B∠AOC＝50°，
故选：B．
【点评】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，三角形的外接圆与外心，三角形内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
4．（2024秋 盐城期末）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
【考点】三角形的外接圆与外心；点与圆的位置关系．
【专题】与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】△ABC的外心为经过点Q的正方形的对角线与BC的垂直平分线的交点O，设每个小正方形的边长都是1，连接OC，求得OC，则⊙O的半径长为，观察图形并且经过计算可知，点N到圆心O距离ON，则点N在⊙上，于是得到问题的答案．
【解答】解：如图，△ABC的外心为经过点Q的正方形的对角线与BC的垂直平分线的交点O，
设每个小正方形的边长都是1，连接OC，
∵OC，
∴⊙O的半径长为，
观察P、Q、M、N四点，只有点N到圆心O距离ON，
∴点N在⊙上，
故选：D．
【点评】此题重点考查三角形的外接圆与外心、点与圆的位置关系、勾股定理等知识，正确地确定△ABC的外接圆的心O的位置是解题的关键．
5．（2024秋 石家庄期末）如图，已知⊙O的半径为3，平面内有一点到圆心O的距离为4，则该点可能是（　　）
A．点P B．点Q C．点M D．点N
【考点】点与圆的位置关系．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】D
【分析】根据点到圆心O的距离大于半径，可判定出点在圆外，即可得到答案．
【解答】解：∵平面内有一点到圆心O的距离为4，4＞3．
∴该点在圆外，
∴点N符合要求．
故选：D．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系，根据点到圆心距离与半径的大小关系可作出判断．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 靖江市期末）已知⊙O的半径为2，点P到圆心O的距离为，那么点P与⊙O的位置关系是　点P在圆内　．
【考点】点与圆的位置关系．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】点P在圆内．
【分析】直接根据点与圆的位置关系解答即可．
【解答】解：∵2，
∴点P在圆内．
故答案为：点P在圆内．
【点评】本题考查的是点圆的位置关系，熟知点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：点P在圆外 d＞r；点P在圆上 d＝r；点P在圆内 d＜r是解题的关键．
7．（2024秋 玄武区期末）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝AC，直径CD与AB边交于点E，B是的中点．若CE＝2，则⊙O的半径为 　　．
【考点】三角形的外接圆与外心；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】圆的有关概念及性质；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】连接OB，设⊙O的半径是R，依题意得，则OB⊥CD，OC＝OB＝OD＝R，进而得∠OCB＝∠OBC＝∠A＝45°，再根据AB＝AC得∠ABC＝∠ACB＝67.5°，由此可求出∠CEB＝67.5°，则CB＝CE＝2，然后在Rt△BOC中，由勾股定理即可求出半径R的长．
【解答】解：连接OB，设⊙O的半径是R，如图所示：
∵点B是弧CD的中点，CD是⊙O的直径，
∴，
∴OB⊥CD，
∵OC＝OB＝OD＝R，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，∠BOC＝90°，
∴∠A∠BOC＝45°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB（180°﹣∠A）（180°﹣45°）＝67.5°，
在△BCE中，∠CEB＝180°﹣（∠OCB+∠ABC）＝180°﹣（45°+67.5°）＝67.5°，
∴∠CEB＝∠ABC＝67.5°，
∴CB＝CE＝2，
在Rt△BOC中，OC＝OB＝R，
由勾股定理得：BC，
∴，
∴．
即⊙O的半径为．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了三角形的外接圆与外心，圆心角、弧、弦的关系，理解三角形的外接圆与外心，熟练掌握圆心角、弧、弦的关系是解决问题的关键．
8．（2024秋 清江浦区期末）已知直角三角形两条直角边为3，4，则它的外接圆半径为 　　．
【考点】三角形的外接圆与外心；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】由直角三角形两条直角边为3，4，根据勾股定理求得该直角三角形的斜边为5，则它的外接圆的直径为5，所以它的外接圆的半径为，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵直角三角形两条直角边为3，4，
∴该直角三角形的斜边为5，
∴它的外接圆的直径为5，
∴它的外接圆的半径为，
故答案为：．
【点评】此题重点考查勾股定理、三角形的外接圆与外心等知识，正确地求出直角三角形的斜边长是解题的关键．
9．（2025 山东模拟）如图，A是⊙O外一点，连接OA交⊙O于点B，D是OA的中点，C是⊙O上一点且满足CD＝OD，分别连接AC，BE，CE，若∠A＝24°，则∠E＝　33　°．
【考点】点与圆的位置关系；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】33．
【分析】连接OC，根据题意可得△AOC是直角三角形，据此可得∠AOC的度数，再根据圆周角定理可得答案．
【解答】解：如图，OC，
∵D是OA的中点，CD＝OD，
∴CDOA，
∴△AOC是直角三角形，
∴∠AOC＝90°﹣∠A＝90°﹣24°＝66°，
∴∠E∠AOC＝33°．
故答案为：33．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系以及圆周角定理，证明得出△AOC是直角三角形是解答本题的关键．
10．（2024秋 桥西区期末）如图，△ABC外接圆的圆心坐标为　（5，0）　．
【考点】三角形的外接圆与外心；坐标与图形性质；垂径定理．
【专题】平面直角坐标系；圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（5，0）．
【分析】观察图形可知，线段AB为网格中的正方形的对角线，而线段AB的垂直平分线与线段BC的垂直平分线的交点坐标为M（5，0），则点M到点A、B、C的距离相等，所以△ABC外接圆的圆心坐标为（5，0），于是得到问题的答案．
【解答】解：如图，∵线段AB为网格中的正方形的对角线，
∴线段AB的垂直平分线为经过AB中点的正方形的对角线，
∵线段AB的垂直平分线与线段BC的垂直平分线的交点坐标为M（5，0），
∴点M到点A、B、C的距离相等，
∴点M为△ABC的外接圆的圆心，
∴△ABC外接圆的圆心坐标为（5，0），
故答案为：（5，0）．
【点评】此题重点考查坐标与图形性质、三角形的外接圆与外心、线段的垂直平分线的性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 崇川区期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，直径DE⊥AC，垂足为点F，连接AD，BD．
（1）求证：∠ABD＝∠DAC；
（2）若tan∠ABD＝2，⊙O的半径为5，求AC的长．
【考点】三角形的外接圆与外心；解直角三角形；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）8．
【分析】（1）连接DC，根据垂径定理、线段垂直平分线的性质得到DA＝DC，得到∠DAC＝∠DCA，根据圆周角定理得到∠DBA＝∠DCA，证明∠ABD＝∠DAC；
（2）连接OA，设AF＝x，根据正切的定义得到DF＝2x，根据勾股定理列式计算即可．
【解答】（1）证明：如图，连接DC，
∵直径DE⊥AC，
∴AF＝CF，
∴DA＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA，
由圆周角定理得：∠DBA＝∠DCA，
∴∠ABD＝∠DAC；
（2）解：如图，连接OA，
∵tan∠ABD＝2，∠ABD＝∠DAC，
∴tan∠DAC＝2，即2，
设AF＝x，则DF＝2x，
∴OF＝2x﹣5，
在Rt△AOF中，OA2＝OF2+AF2，即52＝（2x﹣5）2+x2，
解得：x1＝0（舍去），x2＝4，
∴AF＝4，
∵直径DE⊥AC，
∴AC＝2AF＝8．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心、解直角三角形，掌握圆周角定理、正切的定义是解题的关键．
12．（2024秋 广州期末）如图，已知⊙O是△BDC的外接圆，点A是上的动点（不与B、D重合），连接并延长BA到E，连接AC、BD交于点F．已知∠EAD＝∠DAC．
（1）求证：BD＝CD；
（2）若BC＝2，CD＝3，△ADF为等腰三角形，求AB的长．
【考点】三角形的外接圆与外心；解直角三角形；等腰三角形的性质；圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）2或．
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得∠EAD＝∠DCB，根据圆周角定理得∠DAC＝∠DBC，结合已知得∠DCB＝∠DBC，据此即可得出结论；
（2）根据，得∠ADF＜∠DAF，因此当△ADF为等腰三角形，有以下两种情况：①当DA＝DF时，则∠DAC＝∠DFA，则∠ADB＝180°﹣2∠DAC，根据BD＝CD得∠BDC＝180°﹣2∠DBC，由此得∠ADB＝∠BDC，则，据此可得AB＝BC＝2；②当AD＝AF时，过A作AH⊥BD于H，过D作DQ⊥BC于Q，作∠DBC的平分线交DQ于P，过P作PM⊥BD于D，PN⊥CD于N，连接PC，先证明BF＝BC＝2，则DF＝1，DH＝FH，BH，利用三角形的面积公式求出PM＝PN＝PQ，在Rt△PBQ中，tan∠PBQ，再证明∠PBQ＝∠FAH，在Rt△AHF中，tan∠FAH，由此得AH，然后在Rt△ABH中，由勾股定理得：可求出AB．综上所述即可得出AB的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠EAD＝∠DCB，
由圆周角定理得：∠DAC＝∠DBC，
又∵∠EAD＝∠DAC，
∴∠DCB＝∠DBC，
∴BD＝CD；
（2）解：∵点A是弧BD上的动点（不与B、D重合），
∴，如图1所示：
由（1）可知：BD＝CD＝3，
∴，
∴，
∴∠ADF＜∠DAF，
∴DF＞AD，
∴当△ADF为等腰三角形，有以下两种情况：
①当DA＝DF时，如图2所示：
∴∠DAC＝∠DFA，
∴∠ADB＝180°﹣（∠DAF+∠DFA）＝180°﹣2∠DAC，
∵BD＝CD，
∴∠DBC＝∠DCB，
∴∠BDC＝180°﹣（∠DBC+∠DCB）＝180°﹣2∠DBC，
∵∠DAC＝∠DBC，
∴∠ADB＝∠BDC，
∴，
∴AB＝BC＝2；
②当AD＝AF时，过点A作AH⊥BD于H，过点D作DQ⊥BC于点Q，作∠DBC的平分线交DQ于点P，过点P作PM⊥BD于点D，PN⊥CD于点N，连接PC，如图3所示：
∴∠ADF＝∠AFD，DH＝FHDF，PM＝PQ，
∵∠BCF＝∠ADF，∠BFC＝∠AFD，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴BF＝BC＝2，
∴DF＝BD﹣BF＝3﹣2＝1，
∴DH＝FH，
∴BH＝BF+FH，
∵BD＝CD＝3，DQ⊥BC，
∴DQ平分∠BDC，
∴PM＝PN，
∴设PM＝PN＝PQ＝a，
在Rt△DCQ中，CQBC＝1，
由勾股定理得：DQ，
∴S△DBCBC DQ，
又∵S△PBD+S△PBC+S△PCD＝S△DBC，
∴，
解得：，
∴PM＝PN＝PQ＝a，
在Rt△PBQ中，tan∠PBQ，
∵∠PBQ∠DBC，∠FAH∠DAC，∠DBC＝∠DAC，
∴∠PBQ＝∠FAH，
∴tan∠FAH，
在Rt△AHF中，tan∠FAH，
∴，
∴，
∴AH，
在Rt△ABH中，由勾股定理得：AB．
综上所述：AB的长为2或．
【点评】此题主要考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，熟练掌握三角形的外接圆与外心，等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，灵活运用锐角三角函数的定义，勾股定理，三角形的面积进行计算时解决问题的关键，分类讨论是解决问题的难点，也是易错点..
13．（2024秋 天津期末）如图，△ABC内接于⊙O，AE是⊙O的直径，AE⊥BC，垂足为D．
（1）求证：∠ABO＝∠CAE；
（2）已知⊙O的半径为5，DE＝2，求BC长．
【考点】三角形的外接圆与外心；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由垂径定理得出BD＝CD，AB＝AC，由等腰三角形的性质得出∠BAE＝∠CAE，由OB＝OA得∠BAE＝∠ABO，即可得出结论；
（2）求出OD＝OE﹣DE＝3，利用勾股定理求出BD＝4，由垂径定理即可得BC＝2BD＝8．
【解答】（1）证明：∵AE是⊙O的直径，AE⊥BC，
∴BD＝CD，
∴AB＝AC，
∵AE⊥BC，
∴∠BAE＝∠CAE，
∵OB＝OA，
∴∠BAE＝∠ABO，
∴∠ABO＝∠CAE；
（2）解：∵⊙O的半径为5，DE＝2，
∴OD＝OE﹣DE＝3，
∵AE⊥BC，
∴BD4，
∵AE是⊙O的直径，AE⊥BC，
∴BC＝2BD＝8．
【点评】本题考查了圆周角定理、垂径定理，三角形的外接圆，等腰三角形的性质，熟练掌握圆周角定理，垂径定理是解决问题的关键．
14．（2024秋 满洲里市期末）如图，以AB为直径作△ABC的外接圆，∠ACB的角平分线交⊙O于点D，连接BD．（1）若∠ABC＝20°，求∠D的度数；
（2）若AC＝1，，求BC与CD的长．
【考点】三角形的外接圆与外心；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（1）70°；
（2）BC＝3，CD＝2．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，∠D＝∠BAC，然后利用互余计算出∠BAC的度数，从而得到∠D的度数；
（2）连接AD，如图，利用角平分线的定义得到∠ACD＝∠BCD＝45°，再根据圆周角定理得到∠BAD＝∠ABD＝45°，则可判断△ABD为等腰直角三角形，所以AD＝BD，AB，从而可利用勾股定理计算出BC＝3；过A点作AH⊥CD于H点，如图，根据等腰直角三角形的性质得到AH＝CH，接着在Rt△ADH中利用勾股定理计算出DH，然后计算CH+DH得到CD的长．
【解答】解：（1）∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝90°﹣20°＝70°，
∴∠D＝∠BAC＝70°；
（2）连接AD，如图，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∵∠BAD＝∠BCD＝45°，∠ABD＝∠ACD＝45°，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴AD＝BD，ABBD，
在Rt△ABC中，BC3，
过A点作AH⊥CD于H点，如图，
∵∠ACH＝45°，
∴AH＝CHAC，
在Rt△ADH中，∵AD，AH，
∴DH，
∴CD＝CH+DH2．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，灵活运用圆周角定理是解决问题的关键．也考查了等腰直角三角形的判定与性质和勾股定理．
15．（2024秋 嵊州市期末）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB是直径，AD平分∠BAC，交BC于点E，交⊙O于点D，连接BD，AE＝3，DE＝1．
（1）求证：∠ABD＝∠BED．
（2）求BD的长．
（3）若∠AEB＝126°，求阴影部分的面积（结果保留π）．
【考点】三角形的外接圆与外心；扇形面积的计算；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）2；
（3）π﹣2．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，再根据直角三角形的性质、角平分线的定义证明；
（2）证明△BDE∽△ADB，根据相似三角形的性质求出BD；
（3）连接OD，过点O作OH⊥DB于H，根据垂径定理求出DH，根据勾股定理求出OH，根据圆周角定理求出∠DOB＝72°，再根据扇形面积公式、三角形面积公式计算即可．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD+∠ABD＝90°，∠CBD+∠BED＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵∠CBD＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠CBD，
∴∠ABD＝∠BED；
（2）解：∵∠ABD＝∠BED，∠BDE＝∠ADB，
∴△BDE∽△ADB，
∴，即BD2＝DE AD＝1×4＝4，
∴BD＝2（负值舍去）；
（3）解：如图，连接OD，过点O作OH⊥DB于H，
则BH＝BDBD＝1，
由勾股定理得：AB2，
∴OH2，
∵∠AEB＝126°，
∴∠AEC＝180°﹣126°＝54°，
∴∠CAD＝90°﹣54°＝36°，
∴∠DOB＝72°，
∴S阴影部分＝S扇形BOD﹣S△BOD2×2＝π﹣2．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心、圆周角定理、扇形面积计算，掌握圆周角定理、扇形面积公式是解题的关键．
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