备战2026年中考数学：圆精选题练习（含解析）

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备战2026年中考数学：圆精选题练习
一、单选题
1．已知中，弦垂直弦，，，则关于直径的说法正确的是（ ）
A．一定等于 B．可能大于
C．不可能大于 D．不可能等于
2．下列命题正确的是（　　）
A．若，则
B．等腰三角形底边上的中点到两腰的距离相等
C．一个正数的立方根小于它的算术平方根
D．直角三角形内切圆的半径等于斜边的一半
3．如图，在中，弦，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，在中，为的切线，切点为，连接交于点为优弧上一点（不与重合），连接，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为，小正方形地砖面积为，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形．若在正方形内部再放置一个最大的圆（圆与正方形四边都相切），则该圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，是的直径，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在正方形中，点E、F、G分别在、、上，连接、交于点H，连接，若，，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，平面直角坐标系中，正六边形的顶点，在轴上，顶点在轴上，若正六边形的中心点的坐标为 则点的坐标为 （ ）
A． B． C． D．
9．如图，的斜边切于点C，交于点D，交于点E，的延长线与的延长线交于点．已知，则劣弧的长为（ ）
A． B． C． D．
10．徽派建筑是中国传统建筑中的瑰宝，其以精巧的布局、典雅的形制和深厚的文化意蕴，成为江南地域文化的鲜明符号．如图是扇形花窗造型，若，，则该阴影部分的面积为（ ）．
A． B． C． D．
二、填空题
11．如图，圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的侧面积为
12．如图，等边三角形内接于圆O，点是上的一个三等分点（即），则的度数为 ．
13．如图，水平放置的圆柱形输油管道，截面直径为，其中油面高，则截面上有油部分（阴影部分）的面积是 ．（结果保留）
14．如图，已知矩形，，，分别是边上的动点，且，将四边形沿翻折到四边形，则的最小值为 ．
15．“轮动发石车”在春秋战国时期被广泛应用，模型驱动部分如图所示，其中的半径分别是和，当顺时针转动3周时，上的点P随之旋转，则 ．
16．如图，点在正方形的边上，，点为正方形所在平面内一点，连接，．，的最大值为，的最小值为，则的值为 ．
17．如图，在中，，过点作，交于点，点是上的点，且满足，连接，若，则 ．
18．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在x轴，y轴上，点B的坐标为，D是边的中点，点E是平面内一点，且，连接，过点B在直线的右侧作，且，连接，则线段的最小值为 ；连接，则当最大时，点E的坐标为 ．
三、解答题
19．如图，已知是的直径，点P在的延长线上，，切于点D，交于点C，连接．
(1)求证：；
(2)连接，交于点G，若，，求的长．
20．如图，是⊙的直径，点C是圆上的一点，于点D，交⊙于点F，连接，若平分，过点F作于点G交于点H．
(1)求证：是⊙的切线；
(2)延长和交于点E，若，求的值；
21．如图，过正方形的顶点，，且与边相切于点．点是与的交点，连接，，，点是延长线上一点，连接，且．
(1)求证：是的切线；
(2)如果正方形边长为，求的长．
22．如图，在中，D为边上的一点，且满足，作点D关于直线的对称点E，过点A作，交延长线于点F，连接．
(1)依题意补全图形，并证明；
(2)过点C作的垂线，交于点G，连接，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
23．在平面直角坐标系中，点，的半径为1．如果将线段绕原点O逆时针旋转后的对应线段所在的直线与相切，且切点在线段上，那么线段就是的“关联线段”．
(1)如图1，点，，，，，．在线段，，中，是的“关联线段”的是________．
(2)点，，若线段是的“关联线段”，则t的取值范围是________；
(3)点M为平面内一点，若存在以M为端点，长度为的线段是的“关联线段”，则点M的横坐标的取值范围是________．
24．如图1，内接于，为的直径，点在上，连接交于点，．
(1)求证：是的平分线；
(2)过作，过作，交于点，连接．
①如图2，连接，若，证明：；
②如图3，过点作的切线交延长线于点，若点为中点，且，求的面积．（结果保留）
《备战2026年中考数学：圆精选题练习》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B C B A C B D A C
1．C
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，利用点与圆的位置关系求半径，解题的关键是根据垂径定理和勾股定理求出．
分为弦是圆的直径和弦不是圆的直径，两种情况进行分析，若弦是圆的直径，则圆的直径是，若弦不是圆的直径，弦与弦交于点，连接，，，过点作交于点，过点作交于点，根据矩形的性质得出，根据垂径定理得出，，设圆的半径为，根据勾股定理可求得，即可求解．
【详解】解：如果弦是圆的直径，此时的直径是，故A选项、D选项说法错误；
如果弦不是圆的直径，如图：
弦与弦交于点，连接，，，过点作交于点，过点作交于点，
则四边形是矩形，
∴，
∵，，，，
∴，，
设圆的半径为，即，
在中，，
在中，，
在中，，
即，
当点在圆上时，，
即，
解得：，
即圆的直径可能等于；
当点在圆内时，，
即，
解得：，
即圆的直径可能小于；
综上，圆的直径不可能大于．
故选：C．
2．B
【分析】本题主要考查了判断命题真假，三线合一定理，角平分线的性质，立方根，算术平方根，三角形外接圆等等，根据平方的定义可判断A；等腰三角形底边的中点在顶角的角平分线上，据此可判断B；1的立方根和算术平方根都是1，据此可判断C；直角三角形外接圆的半径等于斜边的一半，据此可判断D．
【详解】解：A、若，有，原命题错误，不符合题意；
B、等腰三角形底边上的中点到两腰的距离相等，原命题是真命题，符合题意；
C、一个正数的立方根小于它的算术平方根，原命题是假命题，例如1的立方根和算术平方根都是1，不符合题意；
D、直角三角形外接圆的半径等于斜边的一半．原命题是假命题，不符合题意；
故选；B．
3．C
【分析】本题考查圆周角定理，平行线的性质，掌握圆周角定理是解题的关键．利用两直线平行，内错角相等得出，再根据圆周角定理求出即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴
故选：C．
4．B
【分析】本题考查切线的性质，如图，连接，根据切线的性质得，继而得到，再根据圆周角定理得，即可得解．解题的关键是掌握切线的性质及圆周角定理．
【详解】解：如图，连接，
∵为的切线，，
∴，
∴，
∵在中，对着圆心角和圆周角，
∴，
∴的度数为．
故选：B．
5．A
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，切线的性质，连接，可证明得到，则，据此可求出正方形的边长为，再根据圆与正方形四边都相切，得到圆的直径为正方形的边长，据此根据圆面积计算公式求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴正方形的面积，
∴正方形的边长为，
∵圆与正方形四边都相切，
∴圆的直径为正方形的边长，
∴圆的面积为，
故选：A．
6．C
【分析】本题考查圆周角定理，根据圆周角定理求出，平角的定义，求出即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴；
故选C．
7．B
【分析】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理，作交于，连接，证明四边形为矩形，得出，，，再证明，得出，再证明、、、四点共圆，得出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
【详解】解：如图：作交于，连接，
∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴、、、四点共圆，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
8．D
【分析】过点P作与点K，延长交y轴与点N，连接，，，先证明四边形是矩形，再根据矩形的性质得出，由含30度直角三角形的性质得出
，由等腰三角形的性质得出，由勾股定理求出，求出点K的坐标即可得出点B的坐标．
【详解】解：过点P作与点K，延长交y轴与点N，连接，，，
则，，
∵是正六边形，且中心角为，
则，，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵正六边形的中心点的坐标为
∴，
∴，
∴，
∴点K的坐标为：，
∴B点的坐标为，
故选：D．
【点睛】此题考查了正多边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，写出直角坐标系中点的坐标，等腰直角三角形的判定和性质等知识，掌握正多边形的性质是解题的关键．
9．A
【分析】本题主要考查直角三角形的性质和切线的性质，由是直角三角形，得，得出，由是的切线，得出，由即可得出，由得，故可得出，得出，故可得出，根据弧长计算公式可得结论．
【详解】解：∵是直角三角形，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴劣弧的长为．
故选：A．
10．C
【分析】本题考查了扇形面积的计算，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键；
根据扇形面积公式结合阴影部分的面积求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴该阴影部分的面积；
故选：C．
11．
【分析】本题考查的是圆锥侧面积，勾股定理，掌握圆锥侧面积公式是解题的关键．
根据已知利用勾股定理求出母线的长，根据圆锥侧面积公式求解即可．
【详解】解：∵圆锥的底面半径为3，高为4，
由勾股定理，母线，
∴圆锥侧面积为：．
故答案为：．
12．/80度
【分析】本题考查了等边三角形的性质、圆周角定理．熟练掌握等边三角形的性质、圆周角定理是解决本题的关键，连接，由等边三角形的性质可得，再由可得,由圆周角定理得出,再求解即可．
【详解】解：如图，连接，
是等边三角形，
，
,
,
．
故答案为：．
13．
【分析】本题主要考查了切线的性质，垂径定理，解直角三角形，扇形面积计算，连接交于点，由题意得，与水平面相切于点D，与水平面平行，则可证明，由垂径定理可得，解直角三角形可得，，则，同理可得，则，再根据列式求解即可．
【详解】解：如图所示，连接交于点，
由题意得，与水平面相切于点D，与水平面平行，
∴与水平面垂直，
∴，
∴，
，，
，
，
，
∴，
∴，
同理可得，
，
．
故答案为：．
14．
【分析】连接交于点，连接，由得，可知始终经过定点，又由折叠得，即可得点在以点为圆心，为半径的圆上，当点三点共线时，的值最小，过点作于，利用矩形和相似三角形的性质求出的长即可求解．
【详解】解：连接交于点，连接，如图，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴始终经过定点，
又由折叠得，，
∴点在以点为圆心，为半径的圆上，
当点三点共线时，的值最小，如图，过点作于，
则，
∴，
∵，
∴，，
∵,
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，点和圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，正确作出辅助线的解题的关键．
15．
【分析】本题主要考查了利用弧长求解圆心角度数．先求出点P移动的距离，再根据弧长公式计算，即可求解．
【详解】解：根据题意得：点P移动的距离为，
∴，
解得：．
故答案为：．
16．100
【分析】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的性质，圆外一点与圆上各点之间距离的最值，勾股定理的应用，证明在以为圆心，为半径的上，当共线时，最短，最长；过作于，再进一步求解即可.
【详解】解：如图，
∵，
∴在以为圆心，为半径的上，
当共线时，最短，最长；
过作于，
∵正方形，
∴，，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：
17．
【分析】先根据等边对等角以及三角形内角和得，故，即四点共圆，运用圆周角定理得，，再分别表示，，因为，故，即，解得，，结合等腰三角形的三线合一，得，则，因为，得，解得（负值已舍去），即可作答．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴
即四点共圆，
∵
∴
即是的直径，如图所示：
连接，分别过点作
设
∵是的直径，
∴，
∵，
则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
∴，
∵，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
整理得
∴（负值已舍去）
∴
故答案为：
【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形内角和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
18．
【分析】根据D为的中点，，得出点E在以D为圆心，长为半径的圆上运动，将线段绕点B逆时针旋转得，连接，，证明，得出．根据点M是定点，，得出点F在以点M为圆心，长为半径的圆上运动，根据当点F在线段上时，取最小值，最小值为；当点F到的距离最大时，的面积最大，证明，得出B，D，E三点共线，过点E作x轴的垂线交x轴于点G，证明，得出，求出，即可得出答案．
【详解】解：∵D为的中点，，
∴点E在以D为圆心，长为半径的圆上运动，如解图①，
将线段绕点B逆时针旋转得，连接，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵点B的坐标为，四边形为矩形，
∴．
∵D是的中点，
∴，
∴，
∴．
∵点M是定点，，
∴点F在以点M为圆心，长为半径的圆上运动，
∴当点F在线段上时，取最小值，最小值为；
∵为定值，
∴当点F到的距离最大时，的面积最大，
∵点F在上运动，如解图②，延长交于点F，此时的面积最大，
∵，
∴B，D，E三点共线，过点E作x轴的垂线交x轴于点G，
∴，
∴，
∴，
∴，即点E的坐标为．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，坐标与图形，旋转的性质，勾股定理，圆的基本知识，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
19．(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）连接，，根据直径所对的圆周角为得，再根据得，进而得是的中位线，则，然后根据切线的性质得，由此即可得出结论；
（2）由（1）得，在中，由得，进而得是等边三角形，则，，继而得是等边三角形，则，，由勾股定理可求出，继而求出，证明得，设，则，由此解出a即可得出的长．
【详解】（1）证明：连接，，如图1所示：
∵是的直径，
∴，
即
∵，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，
∴与相切于点D，
∴，
∴；
（2）解：如图2所示：
∵，
由（1）得：，
∵，
∴是直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
在中，由勾股定理得：，
∵，
∴，
在中，，
∴，
由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴，
设，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用含有30度角的直角三角形的性质及勾股定理是解决问题的关键．
20．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查平行线的判定和性质，切线的判定以及余弦等知识．掌握切线的判定是解本题的关键．
（1）如图1，连接，根据等腰三角形的性质得到，由角平分线的定义得到，等量代换得到，根据平行线的判定定理得到，由平行线的性质即可得到结论；
（2）设，则，根据平行线的性质得，再通过余弦的定义即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，，
设，则，
∴，
∵，
∴，
．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）要证是的切线，需证．利用正方形性质得，从而知是直径，结合圆周角定理及已知/，推导得．
（2）连接、作，利用切线性质和矩形性质，结合勾股定理求出圆半径，再证三角形相似，根据相似比计算．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴是的直径，
∵，，
∴，
∴，
又∵点在上，
∴是的切线；
（2）解：连接，过作于，
∵是的切线，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴，，
∵，
∴，
设，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的切线判定、正方形性质、圆周角定理、勾股定理、相似三角形判定与性质，熟练掌握圆的切线判定方法和相似三角形的应用是解题的关键．
22．(1)见解析；
(2)，证明见解析．
【分析】（1）根据作点D关于直线的对称点E，过点A作，交延长线于点F，连接，先作好图形，再得，结合平行线的性质以及等边对等角，故，由等角对等边，得，最后证明是的中位线，即可作答．
（2）由（1）得，先整理得，结合过点C作的垂线，得，故，证明,，则，因为，则、C在以为直径的圆上，根据角之间的关系得出四点共圆，运用圆周角定理得，故，即可作答．
【详解】（1）解：过点C作于K，连接，交于H，
，
，
，
，
，
，
∴是的中点，
∵作点D关于直线的对称点E，
，即H是的中点，
∴是的中位线，
；
（2）解：连接、、，作于N，
由（1）得，
∵作点D关于直线的对称点E，
，
由（1）得
，
∵过点C作的垂线，交于点G，
∴，
∴
，
∵
,
同理得
，
∵作点D关于直线的对称点E，
，
，
、C在以为直径的圆上
∵作点D关于直线的对称点E，
∴，
∵
∴，
∵
∴
∴四点共圆，
在以为直径的圆上
，
．
【点睛】本题考查了中位线的判定与性质，四点共圆，勾股定理，圆周角定理，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
23．(1)、
(2)
(3)
【分析】（1）根据点与圆的位置关系可得点到上一点的最大值为，最小值为1，再由线段就是的“关联线段”，得出线段上存在一点到点的距离介于1和3之间，再分别计算线段，，的两个端点到原点的距离，逐个分析即可得出结论；
（2）由题意可知点三点共线，根据线段是的“关联线段”，得出直线与相切，设切点为，利用切线的性质和勾股定理求出，再结合图象即可求解；
（3）先根据题意画出图形，通过数形结合并利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵点，的半径为1，
∴点到上一点的最大值为，最小值为，
∵线段就是的“关联线段”，
∴线段绕原点O逆时针旋转后的对应线段所在的直线与相切，且切点在线段上，
∴线段上的切点到点的距离介于1和3之间，
由旋转的性质得，线段上存在一点到点的距离介于1和3之间，
∵，，
∴，，
∴线段存在一点到点的距离介于1和3之间，
∴线段是的“关联线段”；
∵，，
∴，，
∴线段不存在到点的距离介于1和3之间的点，
∴线段不是的“关联线段”；
，，
∴，轴，
∴将线段绕原点O逆时针旋转后的对应线段所在的直线与相切，且切点恰好在上，
∴线段是的“关联线段”；
∴在线段，，中，是的“关联线段”的是、；
故答案为：、；
（2）解：∵，，，
∴点三点共线，
∵线段是的“关联线段”，
∴线段绕原点O逆时针旋转后的对应线段所在的直线与相切，且切点在线段上，
∴直线与相切，设切点为，
∴，，
∴，
∵点在线段上，
∴，即，
结合图象可知，点应在点的右侧，
∴t的取值范围是；
故答案为：；
（3）解：当取最小值时，
开始时存在与相切，
∵，，
∴，
∵，
∴；
当取最大值时，
当与相切时，
∵，，
∴，
∴点纵坐标的最大值为，此时，
由旋转的性质得，，
∴；
∴综上所述，的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】本题是新定义下的阅读理解，主要考查了直线与圆的位置关系，切线的性质，勾股定理，点到原点的距离，图形的旋转等相关知识．解题的关键是数形结合，理解新定义并能灵活运用所学知识解决问题．
24．(1)见解析
(2)①见解析; ②
【分析】（1）根据可得，结合，证明，即可得出，即可得证；
（2）①设，证明得出四边形是平行四边形，进而证明，则，在中，勾股定理，即可求解．
②延长至，使得，连接，设交于点，证明四边形是矩形，进而证明，得出，设，证明，得出，则，设，，证明得出，，连接交于点，根据得出即可得出①，在中，，根据勾股定理求得②，联立解关于的方程得出，进而根据圆的面积公式，即可求解．
【详解】（1）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的平分线．
（2）①设，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴
∵，
∴
又∵，
∴四边形是平行四边形
∴，
∵
∴
∴，
∴，
∴，即
在中，
∴．
②如图，延长至，使得，连接，设交于点，
∵点为中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵是平行四边形
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
又∵
∴
∴，
∴，
设，
∵过点作的切线交延长线于点，
∴
又∵，
∴
∴
∵
∴
∴
又∵
∴
∴ ，
即，解得：
∵
∴，
∴，
设，，
∵
∴
∴
∴，
∵，
∴，
连接交于点，
∴，则，
∵
∴
∴即
∴①
在中，
∴即②
联立①②得，
解得：
∴的面积为．
【点睛】本题主要考查圆周角定理（同弧所对圆周角相等、直径所对圆周角为直角）、三角形内角和定理及角的等量转化，相似三角形的性质与判定，解直角三角形；熟练掌握圆周角定理的应用及角度间的等量代换技巧是解题的关键．
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