备战2025年中考数学真题分类汇编（全国通用）专题24圆的有关计算与证明（29题）（附参考解析）

这是一份备战2025年中考数学真题分类汇编（全国通用）专题24圆的有关计算与证明（29题）（附参考解析），共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
（2024·安徽·中考真题）
1．若扇形的半径为6，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
（2024·贵州·中考真题）
2．如图，在扇形纸扇中，若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
（2024·云南·中考真题）
3．某校九年级学生参加社会实践，学习编织圆锥型工艺品．若这种圆锥的母线长为厘米，底面圆的半径为厘米，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．平方厘米B．平方厘米
C．平方厘米D．平方厘米
（2024·四川甘孜·中考真题）
4．如图，正六边形内接于，，则AB的长为（ ）
A．2B．C．1D．
（2024·广东广州·中考真题）
5．如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若扇形的半径是5，则该圆锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
（2024·四川遂宁·中考真题）
6．工人师傅在检查排污管道时发现淤泥堆积．如图所示，排污管道的横截面是直径为米的圆，为预估淤泥量，测得淤泥横截面（图中阴影部分）宽为米，请计算出淤泥横截面的面积（ ）
A．B．C．D．
（2024·四川广安·中考真题）
7．如图，在等腰三角形中，，，以为直径作半圆，与，分别相交于点，，则的长度为（ ）

A．B．C．D．
（2024·山东威海·中考真题）
8．如图，在扇形中，，点是的中点．过点作交于点，过点作，垂足为点．在扇形内随机选取一点，则点落在阴影部分的概率是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
（2024·四川成都·中考真题）
9．如图，在扇形中，，，则的长为 ．
（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）
10．若圆锥的底面半径是1cm，它的侧面展开图的圆心角是直角，则该圆锥的高为 cm．
（2024·吉林·中考真题）
11．某新建学校因场地限制，要合理规划体育场地，小明绘制的铅球场地设计图如图所示，该场地由和扇形组成，分别与交于点A，D．，，，则阴影部分的面积为 （结果保留）．
（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）
12．为了促进城乡协调发展，实现共同富裕，某乡镇计划修建公路．如图、与是公路弯道的外、内边线，它们有共同的圆心O，所对的圆心角都是，点A，C，O在同一条直线上，公路弯道外侧边线比内侧边线多36米，则公路宽的长是 米．（取3.14，计算结果精确到0.1）
（2024·江苏盐城·中考真题）
13．已知圆锥的底面圆半径为4，母线长为5，则圆锥的侧面积是 ．
（2024·江苏扬州·中考真题）
14．若用半径为的半圆形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥底面圆的半径为 ．
（2024·四川自贡·中考真题）
15．龚扇是自贡“小三绝”之一．为弘扬民族传统文化，某校手工兴趣小组将一个废弃的大纸杯侧面剪开直接当作扇面，制作了一个龚扇模型（如图）．扇形外侧两竹条夹角为．长，扇面的边长为，则扇面面积为 （结果保留）．
（2024·甘肃·中考真题）
16．甘肃临夏砖雕是一种历史悠久的古建筑装饰艺术，是第一批国家级非物质文化遗产．如图1是一块扇面形的临夏砖雕作品，它的部分设计图如图2，其中扇形和扇形有相同的圆心O，且圆心角，若，，则阴影部分的面积是 ．（结果用π表示）
（2024·黑龙江绥化·中考真题）
17．用一个圆心角为，半径为的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为 ．
（2024·广东深圳·中考真题）
18．如图，在矩形中，，O为中点，，则扇形的面积为 ．
（2024·吉林长春·中考真题）
19．一块含角的直角三角板按如图所示的方式摆放，边与直线重合，．现将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上，则点A经过的路径长至少为 ．（结果保留）
（2024·江苏苏州·中考真题）
20．铁艺花窗是园林设计中常见的装饰元素．如图是一个花瓣造型的花窗示意图，由六条等弧连接而成，六条弧所对应的弦构成一个正六边形，中心为点O，所在圆的圆心C恰好是的内心，若，则花窗的周长（图中实线部分的长度） ．（结果保留）
（2024·甘肃临夏·中考真题）
21．如图，对折边长为2的正方形纸片，为折痕，以点为圆心，为半径作弧，分别交，于，两点，则的长度为 （结果保留）．
（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）
22．若圆锥的底面半径为3，侧面积为，则这个圆锥侧面展开图的圆心角是 ．
（2024·吉林长春·中考真题）
23．如图，是半圆的直径，是一条弦，是的中点，于点，交于点，交于点，连结．给出下面四个结论：
①；
②；
③当，时，；
④当，时，的面积是．
上述结论中，正确结论的序号有 ．
三、解答题
（2024·广东·中考真题）
24．综合与实践
【主题】滤纸与漏斗
【素材】如图1所示：
①一张直径为的圆形滤纸；
②一只漏斗口直径与母线均为的圆锥形过滤漏斗．
【实践操作】
步骤1：取一张滤纸；
步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸；
步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形；
步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中．
【实践探索】
(1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明．
(2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留）
（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）
25．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，．
(1)画出关于y轴对称的，并写出点的坐标；
(2)画出绕点A逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
(3)在（2）的条件下，求点B旋转到点的过程中所经过的路径长（结果保留）
（2024·山东·中考真题）
26．如图，在四边形中，，，．以点为圆心，以为半径作交于点，以点为圆心，以为半径作所交于点，连接交于另一点，连接．
(1)求证：为所在圆的切线；
(2)求图中阴影部分面积．（结果保留）
（2024·福建·中考真题）
27．如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点．
(1)求的值；
(2)求证：；
(3)求证：与互相平分．
（2024·陕西·中考真题）
28．问题提出
（1）如图1，在中，，，作的外接圆．则的长为________；（结果保留π）
问题解决
（2）如图2所示，道路的一侧是湿地．某生态研究所在湿地上建有观测点D，E，C，线段和为观测步道，其中点A和点B为观测步道出入口，已知点E在上，且，，，，，现要在湿地上修建一个新观测点P，使．再在线段上选一个新的步道出入口点F，并修通三条新步道，使新步道经过观测点E，并将五边形的面积平分．

请问：是否存在满足要求的点P和点F?若存在，求此时的长；若不存在，请说明理由．（点A，B，C，P，D在同一平面内，道路与观测步道的宽、观测点及出入口的大小均忽略不计，结果保留根号）
（2024·江苏连云港·中考真题）
29．【问题情境】
（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；
【操作实践】
（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系；
【探究应用】
（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求AD的长；
（4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，，求的最小值．
参考答案：
1．C
【分析】此题考查了弧长公式，根据弧长公式计算即可．
【详解】解：由题意可得，的长为,
故选：C．
2．C
【分析】本题考查了弧长，根据弧长公式∶求解即可．
【详解】解∵，，
∴的长为，
故选∶C．
3．C
【分析】本题考查了圆锥的侧面积，先求出圆锥底面圆的周长，再根据圆锥的侧面积计算公式计算即可求解，掌握圆锥侧面积计算公式是解题的关键．
【详解】解：圆锥的底面圆周长为厘米，
∴圆锥的侧面积为平方厘米，
故选：．
4．C
【分析】本题考查了正六边形的性质，等边三角形的判定和性质，由正六边形的性质得到，得到为等边三角形，进而得到，判断出为等边三角形是解题的关键．
【详解】解： ∵是正六边形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
故选：C．
5．D
【分析】本题考查了弧长公式，圆锥的体积公式，勾股定理，理解圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等是解题关键，设圆锥的半径为，则圆锥的底面周长为，根据弧长公式得出侧面展开图的弧长，进而得出，再利用勾股定理，求出圆锥的高，再代入体积公式求解即可．
【详解】解：设圆锥的半径为，则圆锥的底面周长为，
圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，且扇形的半径是5，
扇形的弧长为，
圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等，
，
，
圆锥的高为，
圆锥的体积为，
故选：D．
6．A
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，等边三角形的判定和性质，求不规则图形的面积，过点作于，由垂径定理得，由勾股定理得，又根据圆的直径为米可得，得到为等边三角形，即得，再根据淤泥横截面的面积即可求解，掌握垂径定理及扇形面积计算公式是解题的关键．
【详解】解：过点作于，则，，
∵圆的直径为米，
∴，
∴在中，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴淤泥横截面的面积，
故选：．
7．C
【分析】本题考查了求弧长．根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求得的度数，证明，再由，再由等腰三角形的性质和平行线的性质求得的度数，利用弧长公式即可求解．
【详解】解：连接，，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
在中，，
∴，
又，
∵
∴，
∴的长度为，
故选：C．
8．B
【分析】本题考查的是求不规则图形的面积，几何概率，根据阴影部分面积等于扇形的面积，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴四边形是矩形，
∴
∴
∵点是的中点
∴
∴
∴
∴，，
点落在阴影部分的概率是
故选：B．
9．
【分析】此题考查了弧长公式，把已知数据代入弧长公式计算即可．
【详解】解：由题意得的长为
，
故答案为：
10．
【分析】本题考查了圆锥的计算．设圆锥的母线长为R，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到，然后解方程即可得母线长，然后利用勾股定理求得圆锥的高即可．
【详解】解：设圆锥的母线长为R，
根据题意得，
解得：．
即圆锥的母线长为，
∴圆锥的高cm，
故答案是：．
11．
【分析】本题考查了扇形面积公式，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
利用阴影部分面积等于大扇形减去小扇形面积，结合扇形面积公式即可求解．
【详解】解：由题意得：，
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了弧长公式，解一元一次方程等知识，利用弧长公式并结合题意可得出，进而得出，然后解方程并按要求取近似数即可．
【详解】解：根据题意，得，，
∵公路弯道外侧边线比内侧边线多36米，
∴，
∴，即
解得，
故答案为：．
13．
【分析】结合题意，根据圆锥侧面积和底面圆半径、母线的关系式计算，即可得到答案．
【详解】解：∵圆锥的底面圆半径为，母线长为
∴圆锥的侧面积
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥的知识，解题的关键是熟练掌握圆锥的性质，从而完成求解．
14．5
【分析】本题考查了圆锥的计算．用到的知识点为：圆锥的侧面展开图弧长等于底面周长．
根据题意得圆锥的母线长为，以及圆锥的侧面展开图的弧长，也就是圆锥的底面周长，除以即为圆锥的底面半径．
【详解】解：圆锥的侧面展开图的弧长为，
∴圆锥的底面半径为，
故答案为：5．
15．
【分析】根据扇形公式进行计算即可．本题考查了扇面面积计算，掌握扇面面积等于两个扇形面积相减是解题的关键．
【详解】解：扇面面积扇形的面积扇形的面积
，
故答案为：．
16．
【分析】根据扇形面积公式计算即可．本题考查了扇形面积公式，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
【详解】∵圆心角，，，
∴阴影部分的面积是
故答案为：．
17．
【分析】本题考查了弧长公式，根据圆锥的底面圆的周长等于侧面的弧长，代入数据计算，即可求解．
【详解】解：设这个圆锥的底面圆的半径为，由题意得，
解得：
故答案为：．
18．
【分析】本题考查了扇形的面积公式，解直角三角形．利用解直角三角形求得，，得到，再利用扇形的面积公式即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵O为中点，
∴，
∵，
在中，，
∴，
同理，
∴，
∴扇形的面积为，
故答案为：．
19．
【分析】本题主要考查了旋转的性质、弧长公式等知识点，掌握弧长公式成为解题的关键．
由旋转的性质可得,即，再根据点A经过的路径长至少为以B为圆心，以为半径的圆弧的长即可解答．
【详解】解：∵将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上，
∴,即，
∴点A经过的路径长至少为．
故答案为：．
20．
【分析】题目主要考查正多边形与圆，解三角形，求弧长，过点C作，根据正多边形的性质得出为等边三角形，再由内心的性质确定，得出，利用余弦得出，再求弧长即可求解，熟练掌握这些基础知识点是解题关键．
【详解】解：如图所示：过点C作，
∵六条弧所对应的弦构成一个正六边形，
∴，
∴为等边三角形，
∵圆心C恰好是的内心，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的长为：，
∴花窗的周长为：，
故答案为：．
21．##
【分析】本题主要考查了弧长的计算、正方形的性质及翻折变换（折叠问题），解直角三角形，熟知正方形的性质、图形翻折的性质及弧长的计算公式是解题的关键．
由对折可知，，过点E作的垂线，进而可求出的度数，则可得出的度数，最后根据弧长公式即可解决问题．
【详解】解：∵折叠，且四边形是正方形
四边形是矩形，，
则，．
过点E作于P，
则，
，
在中，，
，
则，
的长度为：，
故答案为：
22．
【分析】此题主要考查了圆锥的侧面积公式以及与展开图扇形面积关系，求出圆锥的母线长是解决问题的关键．根据圆锥的侧面积公式求出圆锥的母线长，再结合扇形面积公式即可求出圆心角的度数．
【详解】根据圆锥侧面积公式：，可得
解得：，
，
解得，
侧面展开图的圆心角是．
故答案为：．
23．①②③
【分析】如图：连接，由圆周角定理可判定①；先说明、可得、，即可判定②；先证明可得,即,代入数据可得，然后运用勾股定理可得，再结合即可判定③；如图：假设半圆的圆心为O，连接，易得，从而证明是等边三角形，即是菱形，然后得到，再解直角三角形可得，根据三角形面积公式可得，最后根据三角形的中线将三角形平分即可判定④．
【详解】解：如图：连接，
∵是的中点，
∴,
∴，即①正确；
∵是直径，
∴，
∴，
∵
∴,
∵，
∴，
∴，
∵，,
∴，
∵，
∴，
∴，
∴,即②正确；
在和,
，
∴，
∴,即,
∴，即,
∴,
∵，
∴，即③正确；
如图：假设半圆的圆心为O，连接，
∵，，是的中点，
∴
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，即是菱形，
∴，
∵，
∴，即，解得：,
∴，
∵
∴，即④错误．
故答案为：①②③．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
24．(1)能，见解析
(2)
【分析】本题考查了圆锥，解题的关键是：
（1）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长求出圆锥展开图的扇形圆心角，即可判断；
（2）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长，求出滤纸围成圆锥形底面圆的半径，利用勾股定理求出圆锥的高，然后利用圆锥体积公式求解即可．
【详解】（1）解：能，
理由：设圆锥展开图的扇形圆心角为，
根据题意，得，
解得，
∴将圆形滤纸对折，将其中一层撑开，围成圆锥形，此时滤纸能紧贴此漏斗内壁；
（2）解：设滤纸围成圆锥形底面圆的半径为，高为，
根据题意，得，
解得，
∴，
∴圆锥的体积为．
25．(1)作图见解析，
(2)作图见解析，
(3)
【分析】本题考查了利用旋转变换作图，轴对称和扇形面积公式等知识，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
（1）根据题意画出即可；关于y轴对称点的坐标横坐标互为相反数，纵坐标不变；
（2）根据网格结构找出点、以点为旋转中心逆时针旋转后的对应点，然后顺次连接即可；
（3）先求出，再由旋转角等于，利用弧长公式即可求出．
【详解】（1）解：如图，为所求；点的坐标为2,3，
（2）如图，为所求；，
（3），
点B旋转到点的过程中所经过的路径长．
26．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，圆的性质，扇形面积，等边三角形的性质等知识点，证明四边形是平行四边形是解题关键．
（1）根据圆的性质，证明，即可证明四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，再根据圆的切线判定定理即可证得结果．
（2）先求出平行四边形的高，根据扇形面积公式三角形面积公式，平行四边形面积公式求解即可．
【详解】（1）解：连接如图，
根据题意可知：，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴在以为直径的圆上，
∴，
∴为所在圆的切线．
（2）过作于点，
由图可得：，
在中，，，
∴，
∴，
由题可知：扇形和扇形全等，
∴，
等边三角形的面积为：，
∴
27．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先证得，再在中，．在中，，可得，再证得结果；
（2）过点作，交延长线于点，先证明，可得，再证得，再由相似三角形的判定可得结论；
（3）如图，连接，由（2），可得，从而得出，得出， 得出，再由平行线判定得出，，从而得出四边形是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果．
【详解】（1），且是的直径，
．
，
在中，．
，
在中，．
，
；
（2）过点作，交延长线于点．
．
，
，
．
，
，
，
，，
．
，
，
，
，
．
（3）如图，连接．
是的直径，
．
，
．
由（2）知，，
，
，
．
．
，
．
由（2）知，，
．
，
，
，
四边形是平行四边形，
与互相平分．
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键．
28．（1）；（2）存在满足要求的点P和点F，此时的长为．
【分析】（1）连接，证明等边三角形，再利用弧长公式计算即可求解；
（2）点P在以为圆心，圆心角为的圆上，如图，由题意知直线必经过的中点，得到四边形是平行四边形，求得，作于点，解直角三角形求得和的长，再证明，利用相似三角形的性质求得，据此求解即可．
【详解】解：（1）连接，

∵，
∴，
∵，
∴等边三角形，
∵，
∴，
∴的长为；
故答案为：；
（2）存在满足要求的点P和点F，此时的长为．理由如下，
解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵要在湿地上修建一个新观测点P，使，
∴点P在以为圆心，为弦，圆心角为的圆上，如图，

∵，
∴经过点的直线都平分四边形的面积，
∵新步道经过观测点E，并将五边形的面积平分，
∴直线必经过的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
作于点，

∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
在中，，
∴．
答：存在满足要求的点P和点F，此时的长为．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
29．（1）2（2）（3）（4）
【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案；
（2）如图，由，证明，再结合图形变换可得答案；
（3）如图，将绕点逆时针旋转，可得在以为圆心，为半径的圆上运动，可得当与相切时，最大，再进一步解答即可；
（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，当三点共线时，最短，再进一步解答即可.
【详解】解：如图，
∵正方形，及圆为正方形的内切圆，为正方形的外接正方形，
∴设，，
∴，，
∴，，
∴大正方形面积是小正方形面积的2倍．
（2）如图，∵，
∴，，
，，
∴，
如图，
结合图形变换可得：；
（3）如图，∵将绕点逆时针旋转，
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，
∵为圆外一个定点，
∴当与相切时，最大，
∴，
∴，
由（2）可得：，
∵，，
∴
，
∴；
（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，
∴，，
再将沿方向平移，使与重合，如图，得，
由（2）可得：，
∴当三点共线时，最短，
∵，，
∴，，
∴；
∴的最小值为；
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，圆与正多边形的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.