【备战2026】北京中考数学二轮复习高分突破专题05圆基础题（最新模拟题高频考点精选-精练-精讲）（含解析）

【备战2026北京中考】二轮复习高分突破专题05 圆基础题（最新模拟题高频考点精选-精练-精讲）
一、单选题
1．（2025·北京昌平·二模）连接正五边形的对角线，形成如图的图形，中心为点O．与交于点，连接与交于点，连接，，，．
观察后得出如下结论：
①；
②连接OF，则有；
③；
④连接BC，则有．
上述结论中，所有正确结论的序号是（）
A．①② B．②④ C．②③ D．①④
2．（2025·北京朝阳·二模）如图，是一个正多边形相邻的四个顶点，若，则这个多边形的边数为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．12
3．（2025·北京石景山·二模）在正方形中，点，，，分别为边，，，上的动点（不与顶点重合），与相交于点．下面四个结论中，
①如果，则；
②如果，则；
③如果为的垂直平分线，则；
④如果与相互垂直且平分，则；
所有正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
二、填空题
4．（2025·北京丰台·二模）如图，，是的切线，，是切点．若，则______°．
5．（2025·北京石景山·二模）如图，为的弦，，，半径于点，则的长为_________．
6．（2025·北京海淀·二模）如图，为的直径，点在上，点为的中点，连接．若，则___________．
7．（2025·北京朝阳·二模）如图，内接于，，点在上，平分．若，则____．
8．（2025·北京门头沟·二模）如图，是直径，于，连接、和，如果，那么_______度．
9．（2025·北京昌平·二模）如图，以为直径的上有两点C，D．若，则的度数为____________．
10．（2025·北京顺义·二模）如图，是的直径，点在上．若，则______．
11．（2025·北京顺义·二模）已知，，如图．
（1）分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点；
（2）作直线，分别交于点；
（3）连接．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中正确的是______（写出所有符合题意的序号）．
①；
②；
③；
④以为直径的圆不经过点和点．
三、解答题
12．（2025·北京丰台·二模）如图，是的直径，点在上，于点，
(1)求证：；
(2)过点的切线交延长线于点．若，，求的长．
13．（2025·北京西城·二模）如图，为的外接圆，点为的中点，的切线交的延长线于点，交于点．连接，，且．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
14．（2025·北京顺义·二模）如图，是的直径，点在上，．
(1)求证：；
(2)为中点，直线交于点，（点在点上方），连接，过点作的切线交的延长线于点．若，，求的长．
15．（2025·北京东城·二模）如图，在中，，以为直径作，交于点，过点作，交于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)已知，，求的半径．
16．（2025·北京海淀·二模）在中，为上一点，将线段绕点顺时针旋转，得到线段．
(1)如图1，若点在线段上，求证：；
(2)如图2，若，点关于点的对称点为点，连接．
①依题意补全图2；
②直接写出的大小，并证明．
17．（2025·北京朝阳·二模）如图，为的直径，点，在上，平分，连接．
(1)求证：；
(2)过点作的切线，分别交，的延长线于点，，连接，交于点．若，求的长．
18．（2025·北京房山·二模）如图，已知为的外接圆，为的直径，是的中点，弦于点，是上一点，连接．
(1)求证：；
(2)若，求．
19．（2025·北京石景山·二模）如图，四边形内接于，．
(1)求证：；
(2)作直径，交于点，连接，交于点．若，，．求的长．
20．（2025·北京房山·二模）在平面直角坐标系中，已知图形，点是上任意两点，我们把线段的长度的最大值称为平面图形的“宽距”，记作．
(1)边长为1的正方形的宽距为______；
(2)已知点，连接所形成的图形为．
①若，直接写出的取值范围；
②已知点，以为圆心，1为半径作圆．若点为上任意一点时，都有，直接写出的取值范围．
试卷第1页，共3页
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《【备战2026北京中考】二轮复习高分突破专题05 圆基础题（最新模拟题高频考点精选-精练-精讲）》参考答案
题号 1 2 3
答案 B D B
1．B
【分析】本题考查正五边形性质、圆周角定理、全等三角形判定与性质、三角形内角和及外角性质；解题关键是熟练运用上述知识，结合正五边形的对称性，通过角度和线段关系的推导来判断结论正误．
对于①：利用正五边形内角和公式求出内角，再依据圆周角定理计算度数判断对错．对于②：截取，根据正五边形轴对称性找全等条件证，推导线段关系判断．对于③：用三角形外角性质和圆周角定理计算与关系判断．对于④：由圆周角定理求角，结合三角形内角和求，依等角对等边判断．
【详解】如图：在上截取，
正五边形内角和为，
∴．
因为是正五边形，
所以，，
正五边形中心角，，故①错误．
因为五边形是正五边形，平分，平分，，．
，在中，根据三角形内角和定理，．
，即 ．
在和中：
∴，
∴，．
由正五边形性质可知，，，，．
∵，，，
∴．
已证，
∵，
∴．
∴．
又，．
在和中：
．
∴，
∴．
∵，
∴；故②正确．
∵是的外角，．
由圆周角定理，，，且，
∴，故③错误．
∵，，
在中，，，
∴．
则，
∴，故④正确．
综上，②④正确，
故选：B．
2．D
【分析】本题考查了圆周角定理，正多边形与圆的综合，掌握以上知识，数形结合分析是关键．
如图所示，设这个正边形内接于，连接，则，根据正多边形的每条边所对圆心角相等即可求解．
【详解】解：如图所示，设这个正边形内接于，连接，
∴，
∴，
∴，即这个多边形的边数为，
故选：D ．
3．B
【分析】本题考查了正方形的判定和性质，四点共圆，全等三角形的判定和性质．对于①③画出图形，显然不成立；对于②，作于点，作于点，证明，即可得到②正确；对于④，证明四边形是正方形，推出，即可证明④正确．
【详解】解：如图，①如果，显然不存在，①不正确；
②如果，
如图，作于点，作于点，
∵正方形，
∴四边形和四边形都是矩形，
∴，，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∵，，
∴，
∴，②正确；
③如果为的垂直平分线，如图，
过正方形的中心作边的垂线，分成四个全等的小正方形，
显然，③不正确；
④如果与相互垂直且平分，如图，连接，，，，
∴四边形是菱形，
由②得，
∴四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，④正确，
故选：B．
4．25
【分析】本题主要考查了切线的性质，全等三角形的性质和判定，
先根据切线的性质及切线长定理得，再证明，根据全等三角形的性质得，然后结合已知条件答案可得．
【详解】解：∵是的切线，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
故答案为：25．
5．2
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，解题关键是利用勾股定理求出待求线段．
根据垂径定理，先利用勾股定理求出，再求出的长．
【详解】解：∵为的弦，，半径于点，
∴，
∴，
∴，
故答案为： 2．
6．50
【分析】根据是圆的直径，可得到直角三角形（直径所对的圆周角是直角），由点是弧的中点，可利用等弧所对的圆周角相等这一性质，结合的的度数求出的度数．本题考查圆周角定理（直径所对圆周角是直角、等弧所对圆周角相等）以及三角形内角和定理．解题的关键在于利用圆的性质，通过连接辅助线，结合已知角度，逐步求出的度数
【详解】解：连接
∵是的直径，
∴．
在中，∵，，
∴．
∵点为的中点，
∴，
∴．
．
故答案为：50．
7．55
【分析】本题考查了等边对等角，垂径定理，圆内接四边形的性质，掌握以上知识，正确作出辅助线是关键．
如图所示，设交于点，连接，则四边形是圆的内接四边形，根据等边对等角，圆内接四边形得到，根据垂径定理得到即可求解．
【详解】解：如图所示，设交于点，连接，则四边形是圆的内接四边形，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
故答案为： ．
8．
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，掌握以上知识是关键．
根据题意得到，根据圆周角定理得到，根据直角三角形两锐角互余即可求解．
【详解】解：∵是直径，于，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵所对的圆周角为，所对的圆心角为，
∴，
在中，，
故答案为： ．
9．70
【分析】本题考查了圆周角定理，掌握：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半，是解题的关键．
先根据邻补角互补求出，再由圆周角定理得到，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：70．
10．/65度
【分析】本题主要考查圆周角定理，连接，由圆周角定理得，由夹角的定义得，再由圆周角定理可得．
【详解】解：连接，如图，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
11．①②③
【分析】本题考查了垂直平分线的作法及性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，四点共圆，根据作法可得垂直平分，可判断②；再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可判断①；由垂直平分线的性质得到，即可证明，即可判断③；再根据对角互补可得四点共圆，即可判断④．
【详解】解：根据作法可得垂直平分，
∴，点是的中点，，故②正确；
∵，
∴，故①正确；
∵，
∴，故③正确；
∵，
∴四点共圆，且为直径，故④错误．
∴正确的结论是：①②③，
故答案为：①②③．
12．(1)见解析
(2)
【分析】（1）垂径定理，得到，圆周角定理得到即可；
（2）垂径定理，得到，解，求出的长，设的半径为，在，勾股定理求出的值，证明，列出比例式进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵于点是的半径，
∴．
∴．
（2）解：∵于点E，是的半径，，
∴，．
∵，，
∴．
在中，．
∴
设的半径为．
∴．
在中，．
∴．
∴．
∴．
∵是的切线，
∴．
∴，
∴．
又∵，
∴．
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，切线的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
13．(1)详见解析
(2)
【分析】（1）本题要证明，通过设，利用同弧所对圆心角是圆周角的两倍，得到 ．再根据等腰三角形两底角相等以及三角形内角和求出 ．由切线性质得到，进而得出的度数．最后结合已知，得出的度数，从而证明两角相等．
（2）求的长，先延长交于．根据点为的中点，利用垂径定理的推论得到，再通过证明得出 ．由得到，进而推出角相等关系．结合前面（1）中角的结论，得出 ，从而得到线段相等关系 ，最后根据，结合求出的长．
【详解】（1）证明：设，则，
∵，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴半径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：延长交于，则，
∵点为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查圆的相关知识，包括同弧所对圆心角与圆周角的关系、切线的性质、垂径定理及其推论，以及等腰三角形的性质和全等三角形的判定．解题的关键在于利用圆的性质找出角之间的等量关系，通过角的关系推导线段的等量关系，进而求解问题．
14．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查弦、弧、圆心角的关系，垂径定理，解直角三角形等知识，正确作辅助线是解答本题的关键．
（1）由，且，得，由得，则，推出，从而可得结论；
（2）连接，由是的直径，为的中点，根据垂径定理得出，则，可证明，由可求得，，则，，求得，，由可得结论．
【详解】（1）证明：∵，且，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，如图，
∵是的直径，为的中点，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴的长为．
15．(1)见解析；
(2)．
【分析】此题考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定是关键．
（1）连接，证明，得到，即可证明结论成立；
（2）先求出，连接，证明，则，得到，勾股定理求出，即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，则有
，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：为中点且
如图，连接
为直径
16．(1)见解析
(2)①见解析；②，理由见解析
【分析】（1）根据旋转得出，证明，根据等腰三角形判定得出，即可得出答案；
（2）①先作出对称点F，再连接即可；
②，连接，取的中点，连接，证明，得出，证明．得出四点在以点为圆心，为半径的圆上．根据圆内接四边形性质 ．根据，求出结果即可．
【详解】（1）证明：线段绕点顺时针旋转得到，
，
，
，
．
，
，
．
（2）解：①补全图形如图：
②．
证明：如图，连接，取的中点，连接．
点关于点的对称点为，
．
为的中点，
，
，
．
，
，
，
，
，
，
在中，，
．
．
四点在以点为圆心，为半径的圆上．
．
，
．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，圆内接四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，平行线的性质，三角形外角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（）利用圆周角定理和角平分线的定义可得，进而即可求证；
（）由切线的性质可得，由得，，即得，利用三角函数得，即得，设的半径为，由解得，即得，，进而得，，即可得，最后代入计算即可求解．
【详解】（1）证明：为上的点，
，
平分，
，
，
∴；
（2）解：如图，
与相切于点，
∴，
，
∵，
，，
，
，
∴在中，，
，
设的半径为，则，
解得，
∴，，
∴，
，
，
∵，
∴，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，角平分线的定义，平行线的判定，切线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，灵活运用以上知识点是解题的关键．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，垂径定理，圆周角定理，以及解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）根据题意可得，根据垂径定理可得进而可得，则；
（2）连接，证明得出，进而得出，根据，即可求解．
【详解】（1）解：∵D是的中点，
∴，
∵且为的直径，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设的半径为，则，
解得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
19．(1)见解析
(2)
【分析】（1）结合圆内角四边形对角互补以及圆周角定理得，则，即可作答．
（2）根据，得．则，结合，，得，运用．，．根据，得，，再证明是等边三角形．得，在中，，运用勾股定理算出，即可作答．
【详解】（1）证明：∵四边形内接于，，
∴，．
∴．
∴；
（2）解：依题意，连接，，过点A作于点H．
∵，
∴．
∴
∵是直径，
∴．
∵，，
∴，．
∵，，
∴，．
∵在中，，
∴，，
∴，．
∵，
∴是等边三角形．
∴，
∵
∴，
在中，，
∴，．
∴．
【点睛】本题考查了圆内接四边形，平行线的判定，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，解直角三角形的相关运算，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
20．(1)
(2)① ②或
【分析】本题考查了几何新定义，圆的综合问题，解直角三角形，理解新定义求得符合题意的临界值是解题的关键；
（1）根据新定义可得，长为1的正方形的宽距为对角线的长度，即可求解；
（2）①根据新定义，画出图形，在以为圆心，为半径的圆内公共部分，则当最大时，是等边三角形，解直角三角形，即可求解；
②根据题意可得当时，点或到上的点距离最大为，最小值为，当时，以为圆心和为半径作，当与为半径的圆内切时取得最大值，当和为半径的圆外切时，取得最小值，设与为半径的圆内切于点，与为半径的圆内切于点，根据圆与圆的位置关系以及勾股定理求得的坐标，结合图形即可得出的范围，根据对称性求得的坐标的相反数，即可得出另一个范围，即可求解．
【详解】（1）解：根据新定义可得，长为1的正方形的宽距为对角线的长度，即，
故答案为：．
（2）解：①∵，
∴
如图，在以为圆心，为半径的圆内公共部分，
∴当最大时，是等边三角形，
∴
∴
②∵，点，以为圆心，1为半径作圆．若点为上任意一点时，都有，
∴当时，点或到上的点距离最大为，最小值为
当时，如图，
以为圆心和为半径作，
当与为半径的圆内切时取得最大值，当和为半径的圆外切时，取得最小值，
设与为半径的圆内切于点，与为半径的圆内切于点，
∴
∴，则此时
同理可得，，则
∴此时,
∴
当时，根据对称性，同理可得
综上所述，或
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