2025年中考数学二轮专题训练圆的阅读理解题常考热点题型专题提升训练

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025年中考数学二轮专题训练圆的阅读理解题常考热点题型专题提升训练1．请阅读下面的材料，并解答问题．婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就，他编著了《婆罗摩修正体系》《肯达克迪迦》，婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位，其中有著名的婆罗摩笈多定理．婆罗摩笈多定理：圆的内接四边形的对角线与垂直相交于M，过点M的直线与边分别相交于点F、E．则有下两个结论：如果，那么；如果，那么．数学课上，赵老师带领大家对该定理的第一条进行了探究．证明：，，即，，，在中，，……请解答以下问题：(1)请完成所给材料的证明过程；(2)请证明结论（2）；(3)应用：如图圆O中，半径为4，A，B，C，D为圆上的点，，连接交于点F，过点F作于E，延长交于G，则的长度为______．2．阅读与思考请阅读以下材料，并完成相应的任务．《义务教育数学课程标准（2022版）》在尺规作图版块给出必学要求：会过圆外一个点作圆的切线．数学老师对此要求进行了数学语言表达：“如图1，已知及外一点P，求作直线，使与相切于点M．”

李明所在数学小组经过思考与探索，给出了两种作法：作法一：①如图2，连接，交于点B，作直径；②以点O为圆心，长为半径画弧，以点P为圆心，长为半径画弧，两弧相交于点D；③连接，交于点M；④作直线．则直线即为所求．证明：∵，．∵，．又∵，．（依据）∴直线是的切线．作法二：①如图3，连接，交于点A，过点A作的垂线；②以点O为圆心，长为半径画弧，交直线于点F；③连接，交于点M；④作直线．则直线即为所求．证明：……．∵是的半径，∴直线是的切线．任务：(1)“作法一”中的依据是指______．(2)请将“作法二”中的证明过程补充完整．(3)在图3中，记交于点E．若的半径为3，，求的长．3．阅读材料回答问题．弧田是由圆弧和其所对的弦围成的部分（如图中的阴影部分），下面是《九章算术》中计算弧田面积所用的公式：．公式中“弦”指圆弧所对弦长，即的长度；“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，即的长度．如下图，弧田所在圆的半径为5米，弦的长为6米．(1)使用尺规做出下图中弧所在圆的圆心O（保留作图痕迹，不写作法）；(2)使用材料中的公式计算图中弧田的面积．4．【阅读材料】克罗狄斯•托勒密（约年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家，托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理，定理内容如下：任意一个凸四边形，两组对边乘积的和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四边形四个顶点共圆时，等号成立．即：四边形中，有，当四点共圆时，有．【尝试证明】（1）请将证明过程补充完整：如图1，四边形内接于，求证：．证明：在上取点E，连接，使．【直接应用】（2）如图2，为的直径，，求的长；【灵活运用】（3）如图3，在等腰三角形中，，点D在底边上，且，将三角形沿着所在的直线翻折，使得点C落在点E处，连接，则的长为__________．5．阅读与思考下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．阿基米德折弦定理从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，称为该圆的一条折弦，如图1．古希腊数学家阿基米德发现，若，是的折弦．是的中点，于点，则．这就是著名的“阿基米德折弦定理”．证明如下：如图2，在上截取，连接，，，．则（依据1）．∵是的中点，∴，∴．在和中，∴，∴．∵于点，∴（依据2）．∴．

任务：(1)填空：材料中的依据1是指________________；依据2是指________________．(2)如图3，是的直径，是上一点，且满足，若，的半径为10，求的长．6．【阅读材料】克罗狄斯•托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家，托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理．定理内容如下：任意一个凸四边形，两组对边乘积的和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四边形四个顶点共圆时，等号成立．即：四边形中，有，当A、B、C、D四点共圆时，有．【尝试证明】（1）如图1，四边形内接于，求证：．证明：在上取点E，连接，使．∵，∴______，∴，∴①，∵，∴，即，又∵，∴，∴，∴______②，得，即______．【直接应用】（2）如图2，为的直径，，，，求的长；【拓展应用】（3）如图3，在四边形中，，，，，则的最大值为______；【灵活运用】（4）如图4，在等腰三角形中，，，点D在底边上，且，将三角形沿着所在的直线翻折，使得点C落在点E处，连接，则的长为______．7．阅读材料，解答问题：关于圆的引理古希腊数学家、物理学家阿基米德流传于世的数学著作有10余种，下面是《阿基米德全集》的《引理集》中记载的一个命题：如图1，是的弦，点C在上，于点D，在弦上取点E，使，点F是上的一点，且连接，则．小颖对这个问题很感兴趣，经过思考，写出了下面的证明过程：证明：如图2，连接，∵于点D，，∴．∴．∵，∴（依据1），．∵四边形内接于，∴．（依据2）……(1)上述证明过程中的依据1为_________，依据2为_________；(2)将上述证明过程补充完整．8．阅读下列材料，并完成相应任务托勒密，古希腊天文学家、地理学家和光学家，而他在数学方面也有重大贡献，下面就是托勒密发现的一个定理，圆内接四边形的两组对边乘积之和等于两条对角线的乘积．下面是该定理的证明过程（部分）已知：如图①四边形是的内接四边形

求证：证明：以C顶点，为一边作交于点E，使得又∵∴∴

∴，又，∴∴∴，∴∴

∴

即任务：(1)请将“托勒密”定理的证明过程补充完整；(2)当圆内接四边形是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：．(3)如图②若，试探究线段之间的数量关系，并利用托勒密定理证明这个结论．

9．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．定义：自一点引出的两条射线分别经过已知线段的两端，则这两条射线所成的角称为该点对已知线段的视角．如图（1），是点P对线段AB的视角．问题：已知在足球比赛中，足球对球门的视角越大，球越容易被踢进，如图（2），EF是球门，球员沿直线l带球前进，那么他应当在哪个地方射门，才能使进球的可能性最大？爱好足球运动的小明进行了深入的思考与探究，解答如下：解：过点E，F作⊙O，使其与直线l相切，切点为P．在直线l上任取一点Q（异于点P），连接EO交⊙O于点H，连接FQ，FH，则．（依据1）∵，（依据2）∴，∴．故当球员在点P处射门时，进球的可能性最大．任务：(1)上面的证明过程中“依据1”和“依据2”分别是指：依据1：______________________________依据2：______________________________(2)如图（3），已知足球球门宽EF为米，一名球员从距F点米的L点（点L在直线EF上）出发，沿LR方向带球前进（）．求当球员到达最佳射门点P时，他前进的距离．（提示：可仿照小明的方法，过点E、F作⊙O，⊙O与直线LR相切于点P，连接PO并延长交⊙O于点W，……）10．阅读与思考请阅读下列材料,并按要求完成相应的任务．阿基米德是伟大的古希腊数学家、哲学家物理学家，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．他的著作《阿基米德全集》的《引理集》中记述了有关圆的15个引理，其中第三个引理是：如图1，是的弦，点P在上，于点，点在弦上且，在上取一点，使，连接，则．小明思考后，给出如下证明：如图2,连接AP、、PQ、BP．∵，∴PA=PD（依据1）∴∵∴（依据2）…任务：(1)写出小明证明过程中的依据：依据1：________依据2：________(2)请你将小明的证明过程补充完整；(3)小亮想到了不同的证明方法：如图3，连接AP、、、．请你按照小亮的证明思路，写出证明过程．11．阅读材料并完成相应任务：婆罗摩笈多是一位印度数学家与天文学家，他的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．其中就包括他提出的婆罗摩笈多定理（也称布拉美古塔定理）．婆罗摩笈多定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边．下面对该定理进行证明．已知：如图（1），四边形内接于，对角线于点，于点，延长交于点．求证：．证明：，，，，．……任务：(1)请完成该证明的剩余部分；(2)请利用婆罗摩笈多定理完成如下问题：如图（2），已知中，，，，分别交于点，，连接，交于点．过点作，分别交，于点，．若，求的长．12．阅读与思考下面是小颖的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务．×年×月×日

星期六在圆中只用无刻度的直尺作出满足某条件的圆周角今天在数学课上，我学会了在圆中只用无刻度的直尺就可以作出满足某条件的圆周角．问题一：如图，是的圆周角，我们可以在中只用无刻度的直尺作一个圆周角等于．作法：在上取一点D，连接和，则（依据*）．问题二：在图的基础上，要在中只用无刻度的直尺以B为顶点作与相等的圆周角，应该如何完成呢？作法：如图所示，连接并延长，交于点D，连接，连接并延长，交于点E，则即为所要求作的角．问题三：如图，要在中只用无刻度的直尺作一个圆周角与互余，应该如何完成呢？……任务：(1)“问题一”中小颖的“依据*”是指；(2)请说明“问题二”中小颖的作法是否正确并说明理由；(3)完成“问题三”：请在图中只用无刻度的直尺作出满足条件的圆周角，并仿照“问题二”写出具体作法．13．阅读与思考九年级学生小刚喜欢看书，他在学习了圆后，在家里突然看到某本数学书上居然还有一个相交弦定理（圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等），下面是书上的证明过程，请仔细阅读，并完成相应的任务．圆的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段的积相等．已知：如图1，的两弦相交于点P．求证：．证明：如图1，连接．∵，．∴，（根据）∴@，∴，∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．任务：(1)请将上述证明过程补充完整．根据：____________；@：____________．(2)小刚又看到一道课后习题，如图2，AB是的弦，P是上一点，，，，求的半径．14．学习过“圆内接四边形”后，刘老师布置了课后阅读“认识托勒密”，小明读了托勒密的生平、贡献，对“托勒密定理”很感兴趣，并进行了下列的研究，请完成他的研究．托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知：如图1，______．求证：______．证明：如图2，作，交BD于点E，……∴∽，∴，……∴∽，∴，∴．(1)请帮小明写出已知和求证，并完成证明过程；(2)如图3，已知正五边形ABCDE内接于，，求对角线BD的长．15．阅读资料：小明是一个爱动脑筋的好学生，他在学习了有关圆的切线性质后，意犹未尽，又查阅到了与圆的切线相关的一个问题：如图，已知是的切线，是的直径，延长交切线与，连接、、．因为是的切线，是的直径，所以，所以．又因为，所以．在与中，又因为，所以∽，所以，即．(1)问题拓展：如果不经过的圆心如图，等式还成立吗？请证明你的结论；(2)综合应用：如图，是的外接圆，是的切线，是切点，的延长线交于点；①当，且时，求的值；②D是的中点，交于点，求证：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《2025年中考数学二轮专题训练圆的阅读理解题常考热点题型专题提升训练》参考答案1．(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）利用圆周角定理及直角三角形的性质得到进而推出，同理得到，根据等边对等角即可得出结论；（2）根据题意得到，进而得到，利用圆周角定理结合对顶角推出，从而得到，即可证明；（3）连接，设交于点M，先利用等腰三角形的性质结合题意易证，再利用三角形内角和定理推出，从而证明，由（1）中结论易得，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得到，再根据勾股定理求出，即可得出结果．【详解】（1）证明：，，即，，，在中，，，又∵，∴，∴，∵，∴∴，∴；（2）证明：∵∴，∴又∵，∴，∵，∴∴，∴；（3）解：如图，连接，设交于点M，，，，，即，，，，，，由（1）中结论可得，，，在中，，．【点睛】本题考查圆的内接四边形，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，熟练运用等腰三角形等角对等边的性质是解题的关键．2．(1)等腰三角形三线合一(2)见解析(3)．【分析】（1）根据等腰三角形的性质作答即可；（2）利用证明，即可证明，根据切线的判定定理即可得解；（3）根据勾股定理求得，由，列式计算即可求解．【详解】（1）证明：∵，．∵，．又∵，．（等腰三角形三线合一）∴直线是的切线．故答案为：等腰三角形三线合一；（2）证明：由作图知，==+∵，，∴，∴，∵是的半径，∴直线是的切线；（3）解：∵，∴，，∴，，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的作法，切线的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．3．(1)见解析(2)平方米【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理；垂直平分线，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出图形．（1）先作的垂直平分线，交弧于点C，再作的垂直平分线，交点即为所求圆心O（2）根据垂径定理得到米，由勾股定理得到米，求得米，根据公式即可得到结论．【详解】（1）如图所示：点O为圆心，（2）弦米，半径弦，米，米，米，∴弧田面积（弦矢+矢）平方米．4．（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）在上取点E，连接，使，证明和，利用相似三角形的性质列式计算即可证明结论成立；（2）连接、、，由圆周角定理结合勾股定理求得，，利用（1）的结论求解即可；（3）先证明，求得，再证明A、B、E、D四点共圆，由（1）中结论即可解决问题．【详解】（1）证明：在上取点E，连接，使．∵，∴，∴，∴①，∵，∴，即，又∵，∴，∴，∴②，得，∴；（2）解：连接、，∵为的直径，∴，∵，，，∴，，∵由（1）得，即，∴；（3）解：∵，∴，∵，∴，，∵，∴，，，∴，，由折叠性质得，，，∴，∴、、、四点共圆，由（1）得，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查翻折变换、圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是充分利用相似三角形的性质解决问题，本题需要多次相似解决问题，题目比较难．5．(1)同弧所对的圆周角相等；等腰三角形三线合一．(2)【分析】本题考查圆周角定理的推论和等腰三角形的性质，勾股定理；（1）根据圆周角定理的推论和等腰三角形的性质即可得到答案；（2）过点作于点．先求出，再求出，从而得，进而即可求解．【详解】（1）解：由题意得：同弧所对的圆周角相等；等腰三角形三线合一．（2）如图，过点作于点，∵是的直径，∴∠，∵，圆的半径为10，∴，∴，∵，∴是的中点，∵，∴，∴，∴，∵，，∴．6．（1）见解析；（2）；（3）8；（4）2【分析】（1）在上取点E，连接，使，证明和，利用相似三角形的性质列式计算即可证明结论成立；（2）连接和，由圆周角定理结合勾股定理求得，，利用（1）的结论求解即可；（3）连接、，构造，即得到，再根据三边关系解题即可；（4）先证明，求得，再证明，可求出、，再由（1）中结论即可解决问题．【详解】解：（1）如图1，四边形内接于，求证：．证明：在上取点E，连接，使．∵，∴，∴，∴①，∵，∴，即，又∵，∴，∴，∴②，得，即；（2）连接和，∵为的直径，∴，∵，，，∴，，∵由（1）得，即，∴；（3）把绕着点顺时针旋转到的位置，连接、，则，，∴为等边三角形．∵且，∴为等边三角形，∴，，∵，∴，∴，，∵，，，，∴的最大值为8，故答案为：8；（4）解：∵，∴，∵，∴，∵，∴，，，∴，，∵，，∴，，即，∴，，∵，∴、、、四点共圆，∴，∴，∴．故答案为：2．【点睛】本题考查翻折变换、圆周角定理、等腰三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是充分利用相似三角形的性质解决问题，本题需要多次相似解决问题，题目比较难．7．(1)依据1为在同圆中相等的弧所对的弦相等；依据2为圆内接四边形的对角互补(2)证明见解析【分析】（1）利用弧弦关系定理和圆内接四边形的性质解答即可；（2）在原题的基础上利用全等三角形的判定与性质解答即可得出结论．【详解】（1）上述证明过程中的依据1为在同圆中相等的弧所对的弦相等，依据2为圆内接四边形的对角互补．故答案为：在同圆中相等的弧所对的弦相等，圆内接四边形的对角互补；（2）如图2，连接，∵于点D，，∴，∴，∵，∴，∴．∵四边形内接于，∴，∵，∴，在和中，∴，∴．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆心角、弦、弧之间的关系定理、三角形全等的判定和性质以及线段垂直平分线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．8．(1)(2)勾股定理(3)，证明见解析【分析】（1）根据相似三角形的性质求解即可；（2）根据矩形性质验证即可；（3）根据题中证明过程解答即可．【详解】（1）解：

；（2）解：当圆内接四边形是矩形时，∴，，∴，∴托勒密定理就是我们非常熟知的勾股定理；（3）解：证明：∵，∴∴∴是等边三角形∴由托勒密定理得：∴∴；【点睛】本题考查新定义下的证明，涉及到相似三角形的判定与性质，圆的性质，灵活运用所学知识是关键．9．(1)在同圆中，同弧所对的圆周角相等；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和(2)6米【分析】（1）根据圆周角的性质和三角形外角定理解答；（2）根据（1）画出圆与直线相切，判断切点P即最佳射门点，然后根据相似得到边的数量关系，列方程求解即可．【详解】（1）在同圆中，同弧所对的圆周角相等；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．（2）如图，过点E，F作⊙O，⊙O与直线LR相切于点P，连接PO并延长交⊙O于点W，连接PE，PF，WF．∵PL是⊙O的切线，∴∴∵PW是⊙O的直径，∴，∴，∴．又∵，∴又∵，∴，∴，即∴，∵，∴米．答：当球员到达最佳射门点P时，他前进了6米．【点睛】此题考查圆的综合问题，解题关键是利用相似三角形得到边的数量关系．10．(1)线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等；等弧所对的圆周角相等(2)见解析(3)见解析【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质和圆周角定理解答即可；（2）在原题的基础上利用全等三角形的判定与性质解答即可得出结论；（3）类比（2）的方法，在（2）的基础上利用等腰三角形的判定方法解答即可得出结论；【详解】（1）解：依据1为：线段垂直平分线上的点到这条线段的两个端点距离相等；依据2：等弧所对的圆周角相等；故答案为：线段垂直平分线上的点到这条线段的两个端点距离相等；等弧所对的圆周角相等；（2）证明：如图1，连接AP、PD、PQ、BP，∵AC=CD，PC⊥AB，∴PA=PD．∴∠PAD=∠PDA．∵，∴∠QBP=∠ABP．∵四边形ABQP为圆的内接四边形，∴∠A+∠Q=180°．∵∠PDA+∠PDB=180°，∴∠Q=∠PDB．在△BQP和△BDP中，，∴△BQP≌△BDP（AAS）．∴BQ=BD．（3）证明：如图2，连接AP、PD、PQ、DQ，∵AC=CD，PC⊥AB，∴PA=PD．∴∠PAD=∠PDA．∵，∴PQ=PA．∴PD=PQ．∴∠PDQ=∠PQD．∵四边形ABQP为圆的内接四边形，∴∠A+∠PQB=180°．∵∠PDA+∠PDB=180°，∴∠PQB=∠PDB．∴∠PQB-∠PQD=∠PDB-∠PDQ．即：∠BQD=∠BDQ．∴BQ=BD．【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，全等三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，熟练掌握圆的有关性质和利用类比的方法解答是解题的关键．11．(1)见解析(2)【分析】（1）应用圆周角定理，等腰三角形的判定，可证明；（2）应用（1）的结论，圆内接四边形的性质，可求解．【详解】（1）解：证明：，，，，，，，，，同理，，；（2）四边形是内接四边形，，，，，，，，．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，关键是能熟练应用圆的有关性质．12．(1)在同圆中，同弧所对的圆周角相等(2)正确，理由见解析(3)见解析【分析】（1）根据在同圆中，同弧所对的圆周角相等，即可；（2）根据，可得，再由，即可；（3）连接并延长，交于点D，连接，连接并延长，交于点E，连接，则即为所要求作的角．【详解】（1）解：“问题一”中小颖的“依据*”是指在同圆中，同弧所对的圆周角相等；故答案为：在同圆中，同弧所对的圆周角相等（2）解∶正确，理由如下：∵，∴，∵，∴；（3）解：如图，连接并延长，交于点D，连接，连接并延长，交于点E，连接，则即为所要求作的角．理由：由（2）得：，∵是的直径，∴，∴，即与互余．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键．13．(1)有两个角对应相等的两个三角形相似；；(2)【分析】