高频考点09 圆（专项训练）（江苏专用）2026年中考数学二轮复习讲练测试+答案

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一、核心知识必备
（一）圆的基本概念
1. 圆的定义：平面内到定点（圆心）的距离等于定长（半径）的所有点组成的图形。圆心确定圆的位置，半径确定圆的大小。
2. 相关概念：
弦：连接圆上任意两点的线段（如直径是特殊的弦，是圆中最长的弦）。
弧：圆上任意两点间的部分，分为优弧（大于半圆）、劣弧（小于半圆）和半圆。
圆心角：顶点在圆心的角，其度数等于所对弧的度数。
圆周角：顶点在圆上，两边都与圆相交的角。
切线：与圆只有一个公共点的直线，这个公共点叫做切点。
（二）圆的基本性质
1. 对称性：圆是轴对称图形，任意一条直径所在的直线都是它的对称轴；圆也是中心对称图形，圆心是对称中心。
2. 垂径定理及其推论：
垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。
推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧。
3. 圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等；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。
4. 圆周角定理及其推论：
圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等。
推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径。
推论3：圆内接四边形的对角互补，且任何一个外角都等于它的内对角。
（三）与圆有关的位置关系
1. 点与圆的位置关系：设圆的半径为r，点到圆心的距离为d。
点在圆外：d > r
点在圆上：d = r
点在圆内：d < r
2. 直线与圆的位置关系：设圆的半径为r，圆心到直线的距离为d。
相离：d > r，无公共点
相切：d = r，有且只有一个公共点
相交：d < r，有两个公共点
（四）切线的性质与判定
1. 切线的性质：
切线与圆只有一个公共点。
切线到圆心的距离等于圆的半径。
切线垂直于经过切点的半径（重要性质，常用于证明垂直关系）。
2. 切线的判定：
定义法：与圆只有一个公共点的直线是圆的切线。
数量关系法：到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线。
判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线（需满足“过半径外端”和“垂直于半径”两个条件）。
（五）切线长定理
1. 切线长：从圆外一点引圆的两条切线，这点到切点之间的线段的长叫做切线长。
2. 切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，且这点和圆心的连线平分两条切线的夹角。
（六）圆的有关计算
1. 圆的周长：C = 2πr（r为半径）
2. 圆的面积：S = πr²
3. 弧长公式：l = nπr/180（n为弧所对圆心角的度数，r为半径）
4. 扇形面积公式：S扇形 = nπr²/360 = 1/2lr（l为扇形的弧长，r为半径）
5. 圆锥的相关计算：
圆锥的侧面展开图是一个扇形，扇形的半径等于圆锥的母线长（l），弧长等于圆锥底面圆的周长（2πr）。
圆锥侧面积：S侧 = πrl
圆锥全面积：S全 = πrl + πr²（r为底面圆半径）
二、常用结论与技巧
（一）辅助线添加技巧
1. 遇到直径时，常构造直径所对的圆周角（直角），利用“半圆所对的圆周角是直角”解决问题。
2. 遇到切线时，常连接圆心和切点，构造直角（切线垂直于半径）。
3. 遇到过圆外一点的两条切线时，常连接圆心和该点，利用切线长定理及角平分线性质。
4. 解决与弦有关的问题时，常作弦心距（过圆心作弦的垂线），利用垂径定理及勾股定理（弦长一半、弦心距、半径构成直角三角形）。
5. 遇到两圆相交时，常连接两圆的圆心，构造连心线，连心线垂直平分公共弦；遇到两圆相切时，常连接两圆的圆心，切点在连心线上。
（二）解题思想方法
1. 方程思想：在圆的计算中，常利用勾股定理、相交弦定理、切割线定理等建立方程求解半径、弦长、角度等。
2. 转化思想：将圆的问题转化为三角形（尤其是直角三角形、等腰三角形）问题，利用三角形的性质解决；将不规则图形的面积转化为规则图形（如扇形、三角形）面积的和或差。
3. 分类讨论思想：在涉及点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系，以及圆周角、圆心角所对弧的情况时，可能需要进行分类讨论，避免漏解。
4. 数形结合思想：结合图形分析已知条件和所求问题，将几何关系与代数计算相结合。
考点一 圆
命题点01 圆的基本概念
【典例01】（2023·江苏连云港·中考真题）如图，甲是由一条直径、一条弦及一段圆弧所围成的图形：乙是由两条半径与一段圆弧所围成的图形；丙是由不过圆心O的两条线段与一段圆弧所围成的图形，下列叙述正确的是（ ）
A．只有甲是扇形B．只有乙是扇形C．只有丙是扇形D．只有乙、丙是扇形
【答案】B
【分析】根据扇形的定义，即可求解．扇形，是圆的一部分，由两个半径和和一段弧围成．
【详解】解：甲是由一条直径、一条弦及一段圆弧所围成的图形：乙是由两条半径与一段圆弧所围成的图形；丙是由不过圆心O的两条线段与一段圆弧所围成的图形，
只有乙是扇形，
故选：B．
【点睛】本题考查了扇形的定义，熟练掌握扇形的定义是解题的关键．
【典例02】（2024·江苏连云港·中考真题）如图，将一根木棒的一端固定在O点，另一端绑一重物．将此重物拉到A点后放开，让此重物由A点摆动到B点．则此重物移动路径的形状为（ ）

A．倾斜直线B．抛物线C．圆弧D．水平直线
【答案】C
【分析】本题考查动点的移动轨迹，根据题意，易得重物移动的路径为一段圆弧．
【详解】解：在移动的过程中木棒的长度始终不变，故点的运动轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，
故选：C．
命题点02 求弧长
【典例01】（2025·江苏无锡·中考真题）已知圆弧所在圆的半径为6，该弧所对的圆心角为，则这条弧的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查的是弧长的计算，利用弧长的计算公式计算即可．弧长公式：（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为r），熟记公式是解题的关键．
【详解】解：，
故选：B．
【典例02】（2025·江苏常州·中考真题）如图，的半径为2，直径、互相垂直，则弧的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查弧长的计算，熟练掌握弧长的计算公式是解题的关键．先利用直径、互相垂直，得出，再利用弧长公式计算即可．
【详解】解：∵直径、互相垂直，
∴，
∴的长是，
故选：C．
命题点03求圆锥的侧面积
【典例01】（2024·江苏无锡·中考真题）已知圆锥的底面圆半径为3，母线长为4，则圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了圆锥的侧面积展开图公式，解题的关键是掌握圆锥的侧面积的计算公式：圆锥的侧面积底面半径母线长．
【详解】解：，
故选：B．
【典例02】（2023·江苏·中考真题）如图是一个几何体的三视图，则该几何体的侧面积是（ ）．

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可得这个几何体为圆锥，然后求出圆锥的母线长为，再根据圆锥的侧面（扇形）面积公式，即可求解．
【详解】解：根据题意得：这个几何体为圆锥，
如图，过点作于点，

根据题意得：，，，
∴，
∴，
即圆锥的母线长为，
∴这个几何体的侧面积是．
故选：B
【点睛】本题主要考查了简单几何体的三视图，求圆锥的侧面积，根据题意得到这个几何体为圆锥是解题的关键．
命题点04 圆周角定理
【典例01】（2023·江苏苏州·中考真题）如图，是半圆的直径，点在半圆上，，连接，过点作，交的延长线于点．设的面积为的面积为，若，则的值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，过作于，证明，由，即，可得，证明，可得，设，则，可得，，再利用正切的定义可得答案．
【详解】解：如图，过作于，

∵，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
故选A
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．
【典例02】（2025·江苏扬州·中考真题）如图，点，，在上，，则______．
【答案】40
【分析】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题关键．先根据圆周角定理可得，再根据等腰三角形的性质即可得．
【详解】解：∵点在上，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：40．
命题点05 正多边形与圆
【典例01】（2024·江苏南京·中考真题）如图，在正边形中，，则的值是（ ）

A．16B．18C．20D．36
【答案】B
【分析】本题主要考查了正多边形与圆，圆周角定理，中心角，
先标字母，将正n变形看成一个圆，再根据圆周角定理求出，可求出中心角的度数，进而得出正多边形的边数．
【详解】解：如图所示，标准正方形的中心O，为中心角，将正n变形看成一个圆，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：B．

【典例02】（2023·江苏南京·中考真题）如图，与正六边形的边，分别相切于点C，F．若，则的半径长为_____________．
【答案】
【分析】连接，，，过点D作于点G，过点E作于点H，根据切线的性质得到，求得，根据等边三角形的性质得，求得，根据全等三角形的性质得，得到，求得，过点O作于点M，解直角三角形即可得出结论．
【详解】连接，，，过点D作于点G，过点E作于点H，
，
是的切线，
，
多边形是正六边形，
，
，
，
，
，
，，
，
，
四边形是矩形，
，
，，
，
，
过点O作于点M，
，
，
的半径长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形与圆、正六边形的性质、解直角三角形、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
命题点06 切线的性质
【典例01】（2024·江苏南京·中考真题）如图，在四边形中，分别与扇形相切于点．若，则的长为（ ）
A．8B．C．D．9
【答案】D
【分析】连接，作于点，由，分别与扇形相切于点，，，得，，，，求得，再证明四边形是矩形，则，，由勾股定理得，求得，即可解答．
【详解】解：连接，作于点，
则，
，分别与扇形相切于点，，，，
，，，，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
在中，根据勾股定理可得：
，
解得：，
故选：D．
【点睛】此题考查切线的性质定理、切线长定理、勾股定理、矩形的判定与性质等知识点，正确地作出辅助线是解答本题的关键．
【典例02】（2024·江苏扬州·中考真题）如图，已知两条平行线、，点A是上的定点，于点B，点C、D分别是、上的动点，且满足，连接交线段于点E，于点H，则当最大时，的值为_____．
【答案】
【分析】证明，得出，根据，得出，说明点H在以为直径的圆上运动，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，则点在上运动，说明当与相切时最大，得出，根据，利用，即可求出结果．
【详解】解：∵两条平行线、，点A是上的定点，于点B，
∴点B为定点，的长度为定值，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点H在以为直径的圆上运动，
如图，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，
则点在上运动，
∴当与相切时最大，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，切线的性质，解直角三角形等知识点，解题的关键是确定点H的运动轨迹．
命题点07路径问题
【典例01】（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，将沿直线翻折得到，过点作，垂足为，点是线段上一点，且．当点从点运动到点时，点运动的路径长是______．
【答案】
【分析】分点在矩形内部和点在矩形外部，两种情况进行讨论求解，当点在矩形内部时，作，交于点，证明，进而得到，进而得到点在以为直径的圆上运动，得到当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆，当点在矩形外部时，同法可得，点在以为直径的圆上，得到当点运动到点时，点的运动轨迹是圆心角为的，求出两段路径的和即可得出结果．
【详解】解：∵矩形，
∴，
∵翻折，
∴，
当点在矩形内部时，作，交于点，则：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点在以为直径的圆上运动，
∴当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆，
∴点的运动路径长为：；
当点在矩形的外部时，作，交的延长线于点，
同法可得：，，
∴，点在以为直径的上运动，连接，
当点运动到点时，如图：
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点的运动轨迹为圆心角为的，路径长为，
∴点的运动路径总长为：；
故答案为：
【点睛】本题考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，求弧长，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，确定点的运动轨迹，是解题的关键．
【典例02】（2023·江苏盐城·中考真题）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转到的位置，点的对应点首次落在斜边上，则点的运动路径的长为_________.

【答案】
【分析】首先证明是等边三角形，再根据弧长公式计算即可．
【详解】解：在中，∵，，，
∴，
由旋转的性质得，，
，
∴是等边三角形，
∴，
∴点的运动路径的长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转变换，含直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，弧长公式等知识，解题的关键是证明是等边三角形．
命题点08 最值问题
【典例01】（2025·江苏南通·中考真题）在平面直角坐标系中，以点为圆心，为半径作．直线与交于两点，则的最小值为____________．
【答案】6
【分析】本题主要考查了一次函数的图象，垂径定理，对于，当时，得直线过定点，再求出，得点P在内部，根据过圆内定点P的所有弦中，与垂直的弦最短，得当直线与垂直时，为最小，此时，在中，由勾股定理求出，进而可得的最小值．
【详解】解：∵
∴直线过定点，
∵点，
∴，
又∵的半径为，
∴，
∴点P在内部，
由于过圆内定点P的所有弦中，与垂直的弦最短，即当直线与垂直时，为最小，如图所示：
由垂径定理得：，
∴，
在中，，，
由勾股定理得：，
∴，
即的最小值为6．
故答案为：6．
【典例02】（2023·江苏·中考真题）在四边形中，为内部的任一条射线（不等于），点关于的对称点为，直线与交于点，连接，则面积的最大值是_________．

【答案】
【分析】连接，根据轴对称的性质可得，进而可得在半径为的上，证明是等边三角形，当取得最大值时，面积最大，根据圆的直径最大，进而得出最大值为，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，

∵点关于的对称点为，
∴，
∵，
∴在半径为的上，
在优弧上任取一点，连接,
则，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
当取得最大值时，面积最大，
∵在上运动，则最大值为，
则面积的最大值是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，圆周角定理，圆内接四边形对角互补，等边三角形的性质，得出最大值为是解题的关键．
命题点09切线的证明
【典例01】 （2025·江苏淮安·中考真题）如图，是半圆O的直径，点C是弦延长线上一点，连接，．
(1)求证：是的切线；
(2)连接，若，，求扇形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先根据圆周角定理得到，则，再由即可证明，即可证明是的切线；
（2）先根据圆周角定理得到，再由扇形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵是半圆O的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵为半径，
∴是的切线；
（2）解：如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴扇形的面积．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定，直角三角形的性质，扇形面积的求解，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
【典例02】（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，点在上，点在外，线段与交于点，过点作的切线交直线于点，且．
(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)直线与相切，理由见解析；
(2)．
【分析】（）连接，，由直线与相切，可得，证明，则，然后通过切线的判定方法即可求证；
（）由（）得，，则，，所以，通过直角三角形性质得，由勾股定理得，最后通过即可求解．
【详解】（1）解：直线与相切，理由，
如图，连接，，
∵直线与相切，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵是半径，
∴直线与相切；
（2）解：由（）得，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，扇形面积，直角三角形性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
命题点10 圆与三角函数结合
【典例01】（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在四边形中，．以为直径的经过点D，且与边交于点E，连接．
(1)求证：为的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)．
【分析】（1）只要证明，即可证明为的切线；
（2）过点D作，垂足为F，在中，，，，求得，，在中，，，，求得，再根据圆内接四边形的性质结合等边对等角求得，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴为的切线；
（2）解：如图，过点D作，垂足为F，
∵，
∴，
∴，
∵中，，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵中，，，，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，切线的判定，解直角三角形的应用．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
【典例02】（2024·江苏淮安·中考真题）如图，在中，，以为直径作交于点，过点作，垂足为，延长交的延长线于点．
(1)求证：为的切线；
(2)若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查的是切线的判定和性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形．
（1）连接，根据圆周角定理得到，推出，根据等腰三角形三线合一得，根据三角形的中位线可得，所以得，从而根据切线的判定可得结论；
（2）证明，求出，再证明，求出，利用正弦的定义即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
是的直径，
，
，
，
，即点D为中点，
，即点O为中点，
，
，
，
是的半径，
是的切线．
（2）解：由（1）知，
，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴
∵，，
∴，
∵，
，
∴，即，
∴（负值舍去），
∴．
中考预测题
1．如图，从一个边长是8的正六边形纸片上剪出一个扇形（阴影部分），将剪下来的扇形围成一个圆锥，这个圆锥的底面半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出正六边形的内角的度数，根据扇形的弧长等于圆锥的底面周长，即可求出底面半径．
【详解】解：六边形是正六边形，
，
则弧的长为，即圆锥底面周长为，
设圆锥底面半径为r，则，
∴，
圆锥底面半径为．
2．如图，矩形中，，以A为圆心，1为半径作．若动点在上，动点在上，则的最小值是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】A
【分析】本题考查了轴对称—最短路线问题，勾股定理的应用及圆的最值问题等，作出对称图形是本题的关键．以为轴作矩形的对称图形以及对称圆，连接交于P，并延长，交于一点G，则就是最小值；根据勾股定理求得的长，即可求得最小值．
【详解】解：如图，以为轴作矩形的对称图形以及对称圆，连接交于P，并延长，交于一点G，则就是最小值；
∵矩形中，，圆A的半径为1，
∴，
∴，
∴，
即的最小值为4，
故选：A．
如图，圆是的外接圆，是直径，若，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，直角三角形的性质，首先连接，因为是的直径，所以，根据同弧所对的圆周角相等得，根据直角三角形两个锐角互余，可得．
【详解】解：如下图所示，连接，
是的直径，
，
和所对的弧为，
，
在中，，
．
故选：B．
如图，是正五边形的外接圆，这个五边形的边长为a，半径为R，边心距为r，则下列关系是错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了圆和正多边形的结合，垂径定理，勾股定理，利用锐角三角函数解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用．
利用垂径定理，勾股定理，利用锐角三角函数解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知识点逐项进行判断即可．
【详解】解：如图所示，，交于点，
A.由垂径定理和勾股定理可得，该选项正确，故不符合题意；
B.由题意可得，，由等腰三角形的三线合一性质可得，
∴，
由垂径定理得，
该选项正确，故不符合题意；
C. 由题意可得，，由等腰三角形的三线合一性质可得，
∴，
由垂径定理得，
该选项正确，故不符合题意；
D. 由题意可得，，由等腰三角形的三线合一性质可得，
∴，
即
该选项错误，故符合题意；
故选：D．
5．圆锥体的底面半径为2，侧面积为．则其圆锥体的母线长是___ ．
【答案】4
【详解】解：由圆锥侧面积公式，
，，
，
解得：．
6． 如图，在半径为4的中，为直径，弦且过半径的中点，为上一动点，于点，即点在以为直径的圆上，当从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长为__________．
【答案】
【分析】记、交于点，连接，在中，根据勾股定理计算，根据三角函数确定，进而得，在中，根据勾股定理计算，从而得点所在圆半径为，，结合图形判断点所经过的路径长为，根据弧长公式计算即可．
【详解】解：记、交于点，连接，如图所示，
弦且过半径的中点，
为半径的中点，
，
，，
在中，，
，
，
，
在中，，
点在以为直径的圆上，记该圆为，
的半径，，
点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径为，
当点与点重合时，点与点重合，如图所示，
当点与点重合时，点与点重合，如图所示，
，
故答案为：．
如图，是上的点，和是位似图形，位似中心为点，点对应点是点，与相切，若的半径为，，则的长为______．
【答案】
【分析】本题考查位似图形的性质、垂径定理以及相似三角形的判定与性质．先根据垂径定理求出的长度，再利用勾股定理求出的长度，然后根据位似图形的性质得到与相似，最后根据相似三角形的性质求出的长度．
【详解】解：过点作于点，过点作于点，
∵的半径为，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∵和是位似图形，位似中心为点O，
∴，
∵与相切，
∴，
∴，
即：，
解得：．
故答案为：．
如图，在平面直角坐标系中，的半径为4，对于的弦和不在直线上的点，给出如下定义：若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”．若点是弦的“可及点”，则点的横坐标的最大值为_______ ．
【答案】
【分析】由直径所对的圆周角为出发，因为，所以点D必定在以直径的圆上．作出圆后，找到符合要求的横坐标最大的点即可．
【详解】解：如图，以为直径作圆， 设中点为点E，点O关于点E的对称点为点F，
，
由题意可知，点A坐标为，点B坐标为，
由勾股定理可知，，
∵点E为中点，
∴点E坐标为，
∵，
∴点O在上，
∵点O与点F关于点E的对称，
∴点F也在上，
∵点是弦的“可及点”，
∴，
∴点是在上，
∵点关于的对称点在上或其内部，
∴点是在弧上（不与点A和点B重合），
当轴时，点的横坐标最大，
∵，
∴点D坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查新定义，轴对称变换，点与圆的位置关系，圆周角定理和勾股定理，掌握好圆的基本性质是解题关键．
9．如图，的直径，弦，的平分线交于D，过点D作交的延长线于点E，连接、．
(1)求证：是的切线；
(2)求由，，弧围成的阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，证明，利用平行线的性质证明；
（2）根据阴影部分的面积计算．
【详解】（1）连接，
的平分线交于D，
，
，
，
为半径，
是的切线．
（2）是直径，
，
是的平分线，
，
，
，
阴影部分的面积为．
10．综合探究
如图所示，为的直径， 为上的两点，且 为的中点，弦 相交于点．
(1)求证: ；
(2)若、 ，求的长 (结果用表示)；
(3)过点作的切线，交的延长线于点 ，若 求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)的长；
(3)
【分析】（）根据“两角分别相等的两个三角形相似”即可得证；
（）根据已知得半径为，由求出，结合是中点推出对应的圆心角为，最后用弧长公式计算出的长；
（）先利用圆的切线性质得到垂直关系，再结合三角函数和勾股定理求出三角形的边长与圆的半径，接着通过角的关系证明三角形相似得到比例关系，最后设未知数建立方程并求解，舍去不合题意的解得到最终结果．
【详解】（1）证明：∵点为的中点，
∴，
∴（等弧所对的圆周角相等 ），
又∵（公共角），
∴（两角分别相等的两个三角形相似）；
（2）解：∵为的直径，
∴（直径所对的圆周角是直角），
∵，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴所对的圆心角为
∵，
∴半径，
∴的长；
（3）解：如图：
∵是的切线，
∴，即，
∵，
∴在中，，
∵，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
又∵
∴
∴
∴
设，
∴，
∴，
又∵，
即，
∴，
∴，
解得：（舍去），
即．
好题速递
1．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，为的直径，弦于E，，，则的面积为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理等知识点，解决此题的关键是合理的利用垂径定理；先根据垂径定理得到的长，根据勾股定理和线段的和差得到的长度，进而即可得到答案；
【详解】解：连接，
∵为的直径， ，
∴，
∵弦于E，
∴，
在中，，
∴
即
∴，
∴，
∴的面积为；
故选：D．
2．（2025·江苏南京·三模）如图，点都在上，在的延长线上．若，则的度数为（ ）
A．94°B．C．162°D．172°
【答案】D
【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质以及圆周角定理．准确地作出辅助线是解题的关键．
首先在优弧上取点E，连接，由圆的内接四边形的性质，可得，由圆周角定理可求得的度数．
【详解】解：如图，在优弧上取点E，连接，
∵是的内接四边形，
∴，
∵，，
∴，
∴．
故选：D．
3．（2025·江苏泰州·三模）如图，大半圆的弦与小半圆交于、，且．则已知下列哪两条线段的长度可以求出阴影部分的面积（ ）

A．、B．、C．、D．、
【答案】C
【分析】本题主要考查垂径定理、圆的面积公式的应用，熟练掌握垂径定理将线段关系转化到直角三角形中，以及把阴影面积转化为两圆部分面积差是解题的关键．通过作辅助线，利用垂径定理和圆的面积公式，将阴影部分面积转化为与已知线段相关的表达式，从而判断哪些线段可求出阴影面积．
【详解】解：过作于，于M，连接，．则四边形是矩形，

∴，
∴， ．
∴ ．
在和中，，，
∴ ．
∴若已知、，则，，，代入阴影面积公式可求出面积；故C项符合题意；
对于选项，、无法直接转化出与的关系，不能求；
选项，、也无法直接转化出所需关系，不能求；
选项，、不能直接关联到阴影面积计算所需的与相关量，不能求．
故选：C ．
4．（2026·江苏南通·一模）一个工件，外部是圆柱体，内部凹槽是正方体，其中正方体一个面的四个顶点都在圆柱底面的圆周上，若圆柱底面周长为，则正方体的体积为_______ ．
【答案】
【分析】本题主要考查了圆柱，正方体．先根据圆柱底面周长求出底面半径，再利用圆内接正方形的性质结合勾股定理求出正方体的棱长，最后计算正方体的体积．
【详解】解：∵圆柱底面周长为，
∴圆柱底面半径，
∴圆柱底面直径为
∵正方体一个面的四个顶点都在圆柱底面的圆周上，
∴圆的直径等于正方形的对角线．
设正方体的棱长为，
根据勾股定理，正方形的对角线长为，
∴，解得．
∴正方体的体积为．
故答案为：
5．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，已知是的直径，E为上一点，连接，平分交于点C，于点D，连接交于点G，，连接．若，，则________________ ，__________________ ．
【答案】
【分析】连接，设，证明点为内心，进而证明为等腰三角形，设，由，可知，由垂径定理可得，即有，在中，结合勾股定理解得的值，即可确定的值；确定，的长度，再证明为等腰三角形，可设，则，在中，由勾股定理解得的值，然后根据三角形面积公式求解即可．
【详解】解：如下图，连接，

设，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，即平分，
又∵平分，
∴，点为内心，
∴平分，即，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
在中，，
∴，解得或（舍去），
∴，，
∵，
∴，即，
解得，
∴在中，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴在中，，
∴，解得，即，
∴．
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了三角形内心、圆周角、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、垂径定理等知识，正确作出辅助线是解题关键．
6．（2025·江苏南京·一模）如图，是半圆的直径，是一条弦，是的中点，于点且交于点，交于点，若，则______．
【答案】
【分析】本题考查的是圆的有关性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．由是直径，推出，设，，则，，，再求出、即可解决问题．
【详解】解：连接，．
是半圆的直径，
，又，
，
是的中点，
，
，
；
，，，
，
又，
，
，
，
，设，，则，，，
在中，，
是直径，
，
，
，
，
在中，，
，
故答案为：．
7．（2025·江苏扬州·二模）如图，在中，，以为直径作交于点．点在线段上，．连接并延长交于．
(1)求证：；
(2)连接交于点．若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角，易得垂直平分，再根据等腰三角形三线合一的性质，得到，再根据同角的余角相等，得到，即可证明结论；
（2）先根据等边对等角的性质和等角的余角相等，得出，由垂径定理可知，进而得到，再证明，得到从而求出，设的半径为，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
是的直径，
，即，
，
是线段的垂直平分线，
，
∴，
，
∵，
，
是的半径，
是的切线，
由弦切角定理可得：，
；
（2）解：交于点，，
设，则，，
，
，
，
在中，，
，
，
是的直径，
，
，
，
在中，，
，
由垂径定理可得：，
，
，
，
在和中，
，，
，
，
，
解得，（不合题意，舍去），
，，，
在中，，，
由勾股定理可得，，
设的半径为，
，
，
在中，由勾股定理可得，，
，
解得．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握圆的相关性质是解题关键．
8．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，内接于，是直径，点在圆上，且，过点作，垂足为点，与延长线相交于．
(1)求证：是切线．
(2)若，．
①求的半径．
②求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)①3；②
【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的性质和判定，解直角三角形，切线的判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）连接，根据圆周角定理得出，根据等腰三角形的性质，得出，证出，根据平行线的性质得出，即可证明；
（2）①可证明，得到，利用勾股定理得到，证明，得出，据此求的长即可得到答案；②证明，根据相似三角形对应边成比例解答即可．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
，
∴，
，
，
，
，
，
∵，
∴，
∵是的半径，
是的切线；
（2）解：①由（1）可知，则，，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的半径为3；
②，
，
，
中考闯关
1．如图，是正六边形、正八边形的公共边，C是正八边形的顶点，连接，交正六边形的边上一点D，若，则线段的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了正多边形和圆，直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质．延长和交于点，连接，作于点，中，，，求得，在线段上取点，使，求得，求得，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：延长和交于点，连接，作于点，
∵是正六边形、正八边形的公共边，
∴，，，
∴，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴，，
∴，
在线段上取点，使，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
2．如图，菱形的边长为2，以A为圆心，长为半径作弧，分别与，交于E，F两点，若与的长之比为，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，，，交于点G，连接交于点O，连接，，先证，设，则，由三角形内角和定理得，由菱形对角线互相平分，可得，，再根据，可得，最后利用弧长公式求解．
【详解】解：如图，连接，，，交于点G，连接交于点O，连接，，
由题意知，
，，
四边形是菱形，
，
，
又，
，
，
设，
则，
，
与的长之比为，
，
，
，
菱形中，
，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查弧长的计算，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，掌握菱形的性质是解题的关键．
3．如果有三个圆分别任取一条半径都能组成一个直角三角形，则称这三个圆为一组“Right圆组”． 已知在直角梯形中，，两底中，，腰． 点在上，以点为圆心，作三个同心圆分别与直线相切，过点D和点C． 若三个同心圆为一组“Right圆组”，则OD =（ ）
A．或B．或C．或D．或
【答案】A
【分析】本题考查了切线的性质、勾股定理，理解“Right圆组”的半径满足勾股定理是解题关键．
可得三个圆的半径分别为：、、，过点作，垂足为，求出梯形的高， 设，则，，再分以或为斜边，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：如图，以点O为圆心，作三个同心圆分别与直线BC相切于点，过点D和点C．其半径分别为：、、，，
过点作，垂足为，
∵在直角梯形中，，
∴，，
∴四边形、是矩形，
∴，，，
∴，
∴在中，，
∴
设，则，，
∴，
若三个同心圆为一组“Right圆组”，
当为斜边时，即：
，
解得：，
当为斜边时，即：
，
解得：，
综上所述：长为或．
故选：A．
4．如图，将两个完全相同的直角三角尺按照图示方式进行部分重叠放置，其中顶点重合，，以点为圆心，长为半径画，则图中阴影部分的面积是____________．
【答案】
【分析】熟练掌握含30度角的直角三角形的性质，勾股定理解三角形，扇形的面积计算是解题关键．
根据题意得出，，利用平行线的性质确定，得出，设，则，再由含30度角的直角三角形的性质及勾股定理得出，再结合图形求出，利用即可求解．
【详解】解：∵，直角三角尺，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得：（负值舍去），
∴，
，
∴阴影部分的面积是：．
5．如图，正方形的边长为，点O在正方形的内部，以O为圆心，2为半径的圆经过点D和C，与边交于点E，在正方形内的圆弧上取一点F，使得，连接并延长和边交于点G，则的值为_______．
【答案】2
【分析】首先，根据题意作出辅助线，然后，根据已知数据得出，，．接着，可证得，是等边三角形，再根据在中，，得出，，，最后，得出即可．
【详解】如图，连接，，，，过作于，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵点，在上，半径为2，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，，
∴，．
∵，
∴是等边三角形，，
∴，，
在中，，
∴，
∴，，
∴，
∴．
6．如图，以边长为1的正方形的顶点O、P、R分别为圆心作圆，圆O过点Q，圆P、R均和圆O内切．设圆P、R上任意两点之间的距离是d，则d的最大值是_________．
【答案】
【分析】本题考查圆的内切，圆上两点间距离的最值：连接，延长交圆于C，求出圆P和圆R的半径．连接P，R，并延长与圆P交于A，与圆R交于B，则AB的长度即为圆P、R上任意两点之间的距离d的最大值．
【详解】如图，连接，延长交圆于C，
由圆O和圆P内切知C点即为切点，
∴，
连接P，R，并延长与圆P交于A，与圆R交于B，
则AB的长度即为圆P、R上任意两点之间的距离d的最大值，
∴，
故答案为：．
7．综合与实践
【情境】现有矩形纸片，，，要在该纸片上找一点P，使得．根据圆的相关性质可知，纸片上有无数个点满足要求，点P应在以为弦的圆弧上，试作出此圆弧．
【操作】嘉嘉和淇淇尝试用不同方法解决问题．
【探究】根据以上描述，解决下列问题．
(1)图1中，______，并求的半径；
(2)根据淇淇的作图过程，请说明图2中的；
【拓展】结合以上活动经验，进一步解决下面的问题．
(3)在纸片中找一点Q，且，设满足要求的点Q在劣弧上，在图3中，用尺规作图作出劣弧不写作法，保留作图痕迹；
(4)在（3）的基础上，连接，直接写出长的最小值．
【答案】(1)90；的半径为
(2)证明见解析
(3)作图见解析
(4)
【分析】（1）证明为等腰直角三角形，求出，即可求出结论；
（2）连接，得出，，进而说明求出结论；
（3）先分别以A，B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点O，再以点O为圆心，的长为半径画圆，交于点M，交于点N，即可得出图形；
（4）连接，交于点Q，过点O作于点E，于点F，证明四边形为矩形，再求出，即可求出结论．
【详解】（1）解：四边形为矩形，
，
，分别为，的平分线，
，，
，
为等腰直角三角形，
，
，
的半径为；
（2）解：连接，如图，
为的垂直平分线，
，
以点E为圆心，长为半径画弧，交于点O，
为的直径，
，
为的圆心角，为的圆周角，
；
（3）解：1.分别以A，B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点O，
2.以点O为圆心，的长为半径画圆，交于点M，交于点N，
则劣弧即为所求．如图，
（4）解：连接，交于点Q，如图，
则此时的长取得最小值，
过点O作于点E，于点F，
则，
由作法可知：的半径为4，为等边三角形，
，，
，
，，，
，
四边形为矩形，
，，
，
，
，
长的最小值为．
8．在平面直角坐标系中，的半径为，对于直线和线段，给出如下定义：若将线段关于直线对称，可以得到的一条弦（其中点的对应点是点，点的对应点是点），则称线段是以为轴的的关联线段．
(1)如图，当时，点，，直线，线段是以为轴的的关联线段（其中点A，B的对应点为，）
①的所有可能值为______；
②若点在第四象限，则点的坐标为______：
(2)当时，点，若存在过点，的直线和线段，使得是以为轴的的关联线段，且M，N，P三点在同一条直线上，直接写出的最大值和最小值，以及相应的的值．
【答案】(1)①或；②
(2)的最大值为，对应的的值为；的最小值为，对应的的值为
【分析】（1）①分两种情况，结合轴对称的性质计算即可得解；②当点的对称点在第四象限时，连接，则，从而可得是等边三角形，解直角三角形得出，再由轴对称的性质计算即可得解；
（2）先求出是以为圆心，为半径的圆的切线，以为圆心，为半径作，则是以上的点为圆心，半径是的圆的切线，连接，交半径为的于，以为圆心，为半径作，作的切线，切点为，在直线上，此时最小，连接，证明出点与点关于直线对称，即可得出此时；延长，交半径为的于，以为圆心，为半径作，作切于，当在直线上时，最大，作的角平分线交轴于，则所在的直线是直线，再利用相似三角形的性质计算即可得解．
【详解】（1）解：①如图，
当点的对称点是时，，
当点的对称点是时，，
综上所述，的值为或；
②当点的对称点在第四象限时，连接，
∴，
∴是等边三角形，
∴点的坐标为，即，
∵，
∴；
（2）解：如图：令交轴的负半轴于点，则，，
∵的弦，，
∴点到的距离为，
∴是以为圆心，为半径的圆的切线，
以为圆心，为半径作，则是以上的点为圆心，半径是的圆的切线，
连接，交半径为的于，以为圆心，为半径作，作的切线，切点为，在直线上，此时最小，
∵，
∴，
∴，
∴，
连接，，
∵，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴点与点关于直线对称，
∴此时直线经过，，
∴；
如图：
延长，交半径为的于，以为圆心，为半径作，作切于，当在直线上时，最大，
∵，
∴，
∴的最大值为，
作的角平分线交轴于，则所在的直线是直线，则，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴此时直线经过点和，
∴；
综上所述，的最大值为，对应的的值为；的最小值为，对应的的值为．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、圆的切线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，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．
01命题探源·考向解密（分析近3年中考考向与命题特征）
02根基夯实·知识整合（核心知识必备、常用结论与技巧等）
03高频考点·妙法指津（1大命题点+10道中考预测题）
考点一 圆
命题点 1 圆的基本概念
命题点 2 求弧长
命题点 3 求圆锥的侧面积
命题点 4 圆周角定理
命题点 5 正多边形与圆
命题点 6 切线的性质
命题点 7 路径问题
命题点 8 最值问题
命题点 9 切线的证明
命题点 10 圆与三角函数结合
中考预测题10道
04好题速递·分层闯关（精选8道最新名校模拟试题+8道中考闯关题）
考点
考向
命题特征
圆
1.圆的基本概念
2.求弧长
3.求圆锥的侧面积
4.圆周角定理
5.正多边形与圆
6.切线的性质
7.路径问题
8.最值问题
9.切线的证明
10.圆与三角函数结合
1.常以选择题、填空题、解答题出现；
2.考查圆的半径、直径、弦、弧、圆心角等定义及性质，判断与圆相关的命题真假；
3.利用弧长公式计算弧长，常结合圆心角、半径等条件求解；
4.利用圆锥侧面积公式计算，需先根据圆锥展开图与底面圆的关系确定母线长或半径；
5.考查圆周角与圆心角的关系、直径所对圆周角为直角等性质，结合角度计算或证明角相等。；
6.结合正多边形的中心角、半径、边长、边心距等概念，计算正多边形的周长、面积或相关角度，常涉及正三角形、正方形、正六边形与圆的关系；
7.利用切线与半径垂直的性质，结合直角三角形、勾股定理或相似三角形求解线段长度、角度，或证明垂直关系；
8.分析点在圆上或圆外运动时的轨迹，结合圆的对称性、圆心距等确定路径长度或位置；
9.结合圆的性质、几何模型求线段长度、面积、角度等的最值；
10.根据切线的判定定理，结合全等三角形、等腰三角形等知识完成证明，需添加辅助线；
11.利用圆的性质构造直角三角形，结合锐角三角函数求解线段长度或角度。
《解题指南》
夯实基础：熟练掌握圆的定义、性质及定理，形成知识网络
专项突破：针对切线证明、弦长计算、角度转化等高频考点进行专题训练
错题整理：归纳常见错误类型，如辅助线添加不当、公式混淆等
综合应用：结合几何图形变换（对称、旋转）、函数知识解决综合题
如图1，嘉嘉的思路如下：
①作的平分线；
②作的平分线，交于点O；
③以点O为圆心，或长为半径画圆，交于点M，交于点N；
④劣弧即为所求．
如图2，淇淇的思路如下：
①作线段的垂直平分线，与交于点E，与交于点F；
②以点E为圆心，长为半径画弧，交于点O；
③以点O为圆心，或长为半径画圆，交于点M，交于点N；
④劣弧即为所求．