2025年广州市中考数学复习《圆》部分重难点练习

试题试题2025年广州市中考数学专题复习《圆》部分重难点专项练习一、单选题1．（2024·广东广州·二模）中，，，以点为圆心，为半径画圆，那么该圆与的位置关系是（

）A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定2．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，弦的长为，点在上，，．所在的平面内有一点，若，则点与的位置关系是（

）A．点在上 B．点在内 C．点在外 D．无法确定3．（2024·广东广州·二模）如图，是的弦，点P在弦上，，，则⊙O的半径为（）A．5 B． C．4 D．4．（2024·广东广州·二模）如图，正六边形的半径为4，则该正六边形的边心距为（

）A． B． C． D．5．（2023·广东·中考真题）如图，是的直径，，则（

）

A． B． C． D．6．（2025·广东广州·一模）如图，都是的半径，交于点．若，则的长为（

）A． B． C． D．7．（2024·广东广州·中考真题）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．8．（2023·广东广州·中考真题）如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（

）A．2r， B．0， C．2r， D．0，9．（2024·广东广州·二模）如图，中，，是的内切圆，切点分别为点D、E、F，，则劣弧的长是（

）A． B． C． D．10．（2024·广东广州·二模）如图，是的直径，直线与相切于点C，过A，B分别作，，垂足为点D，E，连接，若，，则的面积为（

）A．4 B． C．6 D．11．（2024·广东广州·一模）如图，的内切圆与，，分别相切于点，，，若的半径为，，则的值和的大小分别为（

）A．0， B．，C．， D．，12．（2025·广东广州·模拟预测）如图，矩形中，，，以A为圆心，2为半径作．若动点E在上，动点P在上，则的最小值是（）A．8 B．9 C．10 D．11二、填空题13．（2025·广东广州·模拟预测）如图，正六边形的边长为，以顶点为圆心，的长为半径画圆，则图中阴影部分的面积为．14．（2022·广东广州·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧的长是（结果保留）15．（2024·广东广州·模拟预测）刺绣是我国独有的一门传统艺术，它承载着大量中国民族文化的意义．圆形刺绣作品展示木架的设计简图如图所示，已知、、分别与圆相交于点A、点E、点D，，，，，则圆形刺绣作品的半径为．16．（2025·广东广州·模拟预测）如图，内接于，连接并延长交于点D，交于点E，若，，°，则的长为．17．（2024·广东广州·模拟预测）如图，为的直径，点A是弧的中点，交于E点，的切线与的延长线交于点F，，．则（1）弧的长＝；（2）．18．（2024·广东广州·三模）如图，正方形内接于，线段在对角线上运动，若的面积为，，则（1）的直径长为；（2）周长的最小值是．19．（2025·广东广州·模拟预测）如图，线段为的直径，点在的延长线上，，，点是上一动点，连接，以为斜边在的上方作，且使得，连接，则长的最大值为．20．（2024·广东广州·二模）如图，已知的半径长为，为直径，点是一动点，，连结，以为斜边，在上方构造直角三角形且满足，．（1）若是的切线，求．（2）求的最大值为．三、解答题21．（2023·广东广州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点，，所在圆的圆心为．将向右平移个单位，得到（点平移后的对应点为）．

(1)点的坐标是___________，所在圆的圆心坐标是___________；(2)在图中画出，并连接，；(3)求由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．（结果保留）．22．（2022·广东广州·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，且AC=8，BC=6．(1)尺规作图：过点O作AC的垂线，交劣弧于点D，连接CD（保留作图痕迹，不写作法）；(2)在（1）所作的图形中，求点O到AC的距离及sin∠ACD的值．23．（2024·广东广州·模拟预测）如图，中，，是的外接圆，的延长交边于点D．

(1)试利用无刻度的直尺画出的平分线，并说明理由；(2)若，的半径为2，求劣弧的长．24．（2024·广东广州·模拟预测）如图，是的直径，点C、D在圆上，，平分，与相交于点E．(1)在的延长线上找一点F，使，连接（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；(2)求证：是的切线．25．（2025·广东·模拟预测）如图，点D，E在以为直径的上，的平分线交于点B，连接，，，过点E作，垂足为H，交于点F．

(1)求证：；(2)若，，求．26．（2024·广东广州·模拟预测）如图，在中，，为边上的一点，以为圆心，为半径的圆与切于点，与交于另一点．(1)求证：平分；(2)若，，求的长；(3)在（2）的条件下，直接写出的值．27．（2025·广东广州·一模）如图，是的直径，是上的点，弦和交于点，且是的切线，，连结．(1)求证：；(2)求证：是的内心；(3)若，求直径的长．28．（2023·广东·中考真题）综合探究如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．

(1)求证：；(2)以点为圆心，为半径作圆．①如图2，与相切，求证：；②如图3，与相切，，求的面积．29．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为．(1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由；(2)若，为的外接圆，设的半径为．①求的取值范围；②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由．30．（2024·广东广州·模拟预测）【定义新知】定义：有一个角是其对角一半的圆内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角．【初步应用】（1）如图1，四边形是圆美四边形，是美角．①的度数为_________；②连接，若的半径为5，求线段的长；【拓展提升】（2）如图2，已知四边形是圆美四边形，是美角，连接，若平分，若的半径为6，求的最大值是多少？参考答案题号12345678910答案ACABBBDDAD题号1112答案AA1．A【分析】本题考查了直线和圆的位置关系、等腰三角形三线合一的性质、勾股定理，明白要作、求出是解题的关键．根据题意画出，并过点作于点，根据等腰三角形三线合一求得的长，再利用勾股定理求得的长，把与圆的半径比较大小，判定该圆与的位置关系即可．【详解】解：如图，根据题意画出，并过点作于点，∵，，∴，∴，∵，∴以点为圆心，为半径的圆，与的位置关系是相离，故选：A．2．C【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，点与圆的位置关系，锐角三角函数，掌握圆的相关性质是解题关键．由垂径定理可得，由圆周角定理可得，再结合特殊角的正弦值，求出的半径，即可得到答案．【详解】解：如图，令与的交点为，为半径，为弦，且，，，在中，，，，，，即的半径为4，，点在外，故选：C．3．A【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，过O作于H，连接，由垂径定理得到，由勾股定理求出，，得到圆的半径长．【详解】解：过O作于H，连接，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴．∴的半径长是5．故选：A．4．B【分析】本题考查的是正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、三角函数，过正多边形中心O作，连接，证出是等边三角形，根据锐角三角函数的定义求解即可．【详解】解：如图，过正多边形中心O作，连接，多边形为正六边形，，，为等边三角形，，故选：B．5．B【分析】根据圆周角定理可进行求解．【详解】解：∵是的直径，∴，∵，∴，∵，∴；故选B．【点睛】本题主要考查圆周角的相关性质，熟练掌握直径所对圆周角为直角是解题的关键．6．B【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．根据垂径定理得到，根据勾股定理求出，即可得到答案．【详解】解：都是的半径，，，，，，，，故选：B．7．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．8．D【分析】如图，连接．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．【详解】解：如图，连接．∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，∴，∴，，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型．9．A【分析】本题考查切线长的性质、弧长公式．根据切线的性质证明四边形为正方形，再弧长公式求解即可．【详解】解：连接，在四边形中，，四边形为矩形．又因为，四边形为正方形．则，，劣弧的长是．故选：A．10．D【分析】本题考查了切线的定义，解直角三角形，直径所对的圆周角，解题的关键是掌握切线的定义，熟记各个特殊角度的三角函数值，以及直径所对的圆周角是直角．连接，得出，易得，，推出，则是等边三角形，进而得出，再根据圆周角定理得出，根据勾股定理得出，即可得出．【详解】解：连接，∵直线与相切于点C，∴，∵，，，∴，，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∵是的直径，∴，∴，∴的面积，故选：D．11．A【分析】本题考查三角形的内切圆，圆周角定理，切线长定理等知识．连接．利用切线长定理，可得，从而得到，再由圆周角定理，可得，即可．【详解】解：如图，连接．∵的内切圆与，，分别相切于点，，，∴，∴，∴，∴．故选：A12．A【分析】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，点与圆上一点的最值问题，勾股定理等；作关于的对称点，以为圆心，2为半径作，连接交于，交于，由轴对称的性质得，此时取得最小值，，由勾股定理即可求解；能由对称的性质及圆外一点到圆上一点距离最小值的典型解法找出取得最小值的条件是解题的关键．【详解】解：如图，作关于的对称点，以为圆心，2为半径作，连接交于，交于，，此时取得最小值，，四边形是矩形，，，，，，取得最小值为，故选：A．13．【分析】本题考查了正多边形与圆；延长交于，如图所示：根据六边形是正六边形，，利用外角和求得，再求出正六边形内角，利用扇形面积公式代入数值计算即可．【详解】解：延长交于，如图所示：六边形是正六边形，，，，，故答案为．14．【分析】如图，连接OD，OE，证明可得再证明可得再利用弧长公式进行计算即可．【详解】解：如图，连接OD，OE，∵∴∵与边AB相切于点D，∴∴的长故答案为：．【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，切线的性质，三角形的内角和定理的应用，弧长的计算，求解是解本题的关键．15．10【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，矩形的判定和性质，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．设圆心为O，连接，，，交于点F，证明四边形是矩形，得是切线，在求出，设，则有，解方程可得结论．【详解】解：如图，设圆心为O，连接，，，交于点F．，，，，四边形是平行四边形，，，，四边形是矩形，，，，，是切线，，，，设，则有，，故答案为：10．16．【分析】本题主要考查了圆的计算，解题关键是垂径定理的应用．作于F，得，由题意，得，，由进而求出，再由勾股定理求出即可．【详解】解：作于F，得，由，则，∵，，∴，，∴，∴，故答案为：17．2【分析】（1）先证明，进而证明，利用相似三角形的性质求出，进而利用勾股定理求出，则，，，进而推出，再证明是等边三角形，进一步可得弧长，（2）结合（1）求解，证明，得到，则．【详解】解：（1）如图，连接，连接，∵点A是弧的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵是圆的直径，∴，∵，∴，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∴弧的长π．（2）在中，由勾股定理得，，∴，∴，，∴，，∴，，∵为的直径，是切线，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．2．【点睛】本题考查的是切线的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用，圆周角定理的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．18．4【分析】本题考查了正多边形与圆，掌握圆的相关性质及正方形的相关性质、准确的辅助线及计算是本题的解题关键．（1）利用圆的面积公式计算出半径即可求出直径；（2）连接，，以、为边作，连接，证明出，，当、、共线时，最小，即为的最小值，利用勾股定理求出即可解答此问．【详解】解：（1）的面积为，，的直径长为，故答案为：；（2）如图，连接，，以、为边作，连接，四边形为正方形，，，四边为平行四边形，，，，当、、共线时，最小，即为的最小值，在中，，，，，，周长的最小值为，故答案为：4．19．/【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质、两圆的位置关系、轨迹等知识，如图，作，使得，，则，，，由，推出，即（定长），由点是定点，是定长，推出点在半径为的上，由此即可解决问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．【详解】解：如图，作，使得，，则，，，∵，，∴，∴，∴，∴，即（定长），∵点是定点，是定长，∴点在半径为的上，∵，∴的最大值为，故答案为：．20．或/【分析】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定；（1）分情况讨论，分别画出图形，解直角三角形，即可求解；（2）以为斜边构造直角三角形且满足，，证明，得出进而得出，进而根据点到圆上的距离最值问题，即可求解．【详解】解：如图所示，∵的半径长为，为直径，，∴又∵是的切线，∴，∴∵，．∴,∵∴∴在中，；如图所示，过点作于点，∵，∴∵，∴，∴在中，故答案为：或．（2）如图所示，以为斜边构造直角三角形且满足，，则∵，∴，∴即又∵∴∴∴∴，∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，∴的最大值为故答案为：．21．(1)，；(2)见解析；(3)．【分析】本题主要考查了平移的性质，求弧长，求周长，解题的关键是掌握平移前后对应点连线相等，弧长公式．（1）根据平移的性质，即可解答；（2）以点为圆心，为半径画弧，即可得出；（3）根据弧长公式求出，根据平移的性质得出，根据封闭图形的周长，即可求解．【详解】（1）∵，所在圆的圆心为，∴，所在圆的圆心坐标是．故答案为：，．（2）如图所示：即为所求；（3）∵，，∴的半径为，∴，∵将向右平移个单位，得到，∴，，∴由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．故答案为：．22．(1)作图见解析；(2)点O到AC的距离为3，sin∠ACD的值是【分析】(1)作线段AC的垂直平分线，由垂径定理推论可知该垂直平分线必经过点O；(2)由垂径定理得到AF=CF，进而得到OF是△ACB的中位线，由此得到点O到AC的距离OF=BC=3；求出DF=OD-OF=5-3=2，CF=4，由勾股定理求出CD=，最后在Rt△CDF中由即得答案．【详解】（1）解：①分别以A，C为圆心，适当长(大于AC长度的一半)为半径作弧，记两弧的交点为E；②作直线OE，记OE与交点为D；③连结CD，则线段AC的垂线DE、线段CD为所求图形，如下图所示；（2）解：记OD与AC的交点为F，如下图所示：∵OD⊥AC，∴F为AC中点，∴OF是△ABC的中位线，∴OF=BC=3，∵OF⊥AC，∴OF的长就是点O到AC的距离；Rt△ABC中，∵AC=8，BC=6，∴AB=10，∴OD=OA=AB=5，∴DF=OD-OF=5-3=2，∵F为AC中点，∴CF=AC=4，

Rt△CDF中，∵DF=2，CF=4，∴CD=，则，∴点O到AC的距离为3，sin∠ACD的值是．【点睛】本题考查了圆的基本性质、垂径定理及其推论、勾股定理、线段垂直平分线的尺规作图、锐角三角函数等，属于综合题，欲求某角的某三角函数值，首先想到的应该是能否在直角三角形中进行，如果没有现成的直角三角形，则需要设法构造(作辅助图形)．23．(1)画图见解析；理由见解析(2)【分析】（1）延长交于E，由，可得垂直平分，进而可得平分；（2）设，则，，，由，可得，则，由，可得，由，可得，可求，则，由圆周角定理得，根据劣弧的长为，计算求解即可．【详解】（1）解：如图，为的平分线．理由如下：

延长交于E，∵，∴垂直平分，∴平分；（2）解：设，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，解得，∴，∵∴，∴劣弧的长为∴劣弧的长为．【点睛】本题考查了外接圆，等腰三角形的判定与性质，作角平分线，垂直平分线的判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，圆周角定理，弧长等知识．熟练掌握外接圆，等腰三角形的判定与性质，作角平分线，垂直平分线的判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，圆周角定理，弧长是解题的关键．24．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据基本作图的基本要求作图解答即可．（2）连接．根据直径，得到，进而得出，再由圆周角定理，得到，，从而推出，得到，即可证明是的切线．本题考查了基本作图，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，切线的判定定理，熟练掌握作图，切线的判定定理是解题的关键．【详解】（1）解：根据题意，作图如下：则点、为所求．（2）证明：连接．是的直径，，平分，，，，，．，，，，，．，，，，，．又为半径，是切线．25．(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据直角三角形中两锐角互余得出，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据直角三角形中两锐角互余得出，根据等角的余角相等得出，根据同弧所对的圆周角相等得出，根据有两个角对应相等的两个三角形是相似三角形得出，根据相似三角形的对应边之比相等即可证明；（2）连接，过点G作，垂足为K，过点G作，垂足为M，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据角平分线的定义和同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出，根据角平分线上的点到角两边的距离相等得出，根据等腰直角三角形的性质和特殊角的三角函数值求出，，根据锐角三角函数的定义和同弧所对的圆周角相等求出，，根据三角形的面积求出，，即可求出．【详解】（1）证明：连接，

，，是直径，，，，，又，，，；（2）解：如图，连接，过点G作，垂足为K，过点G作，垂足为M，

是直径，，又平分，，，，在等腰直角中，，，，，，，，则，，，，即，，，．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，角平分线的性质等，正确做出辅助线，通过三角形的面积求出是解题的关键．26．(1)见解析(2)(3)【分析】（1）连接，切线的性质推出，得到，等边对等角得到，进而得到，即可；（2）连接，过点作，勾股定理求出的长，等积法求出的长，角平分线的性质，得到，即可得出结果；（3），得到，，根据余弦的定义得到，即可．【详解】（1）证明：连接，则：，∴，∵，以为圆心，为半径的圆与切于点，∴，∴，∴，∴，∴，∴平分；（2）解：连接，过点作，∵为直径，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，即：，∴，∵平分，，，∴；（3）∵，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，勾股定理，平行线分线段成比例，求角的余弦值，熟练掌握知识点，并灵活运用，是解题的关键．27．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)10【分析】（1）根据等腰三角形的性质得，再根据对顶角相等及同弧所对的圆周角相等得，即可证明；（2）连结．证明平分，平分，即可得出结论；（3）解法一：过点作于点，过点作交的延长线于点．证明，得到，再证明四边形是正方形，利用正方形的性质与勾股定理求解即可；解法二：将绕点逆时针旋转得到．证明三点共线，求得，从而求得，然后由勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：，，，，，，．（2）证明：如图①，连结．是的切线，，，．又在中，，是等腰直角三角形，，，，是的直径，，，，即平分．由（1）得：，设，，，，即平分．是的内心．（3）解法一：如图②，过点作于点，过点作交的延长线于点．平分，．由（2）得，，，．在和中，，．．，四边形是正方形．在正方形中，，，，．在中，由勾股定理得．直径的长为10．解法二：如图③，将绕点逆时针旋转得到．由（2）设，，，．由旋转的性质得，，三点共线．，．．在中，由勾股定理得．直径的长为10．【点睛】本题考查等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，三角形的内心，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质．熟练掌握相关性质是解题的关键．28．(1)见解析(2)①见解析；②【分析】（1）由点关于的对称点为可知点E是的中点，，从而得到是的中位线，继而得到，从而证明；（2）①过点O作于点F，延长交于点G，先证明得到，由与相切，得到，继而得到，从而证明是的角平分线，即，，求得，利用直角三角形两锐角互余得到，从而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性质得出；②先证明四边形是正方形，得到，再利用是的中位线得到，从而得到，，再利用平行线的性质得到，从而证明是等腰直角三角形，，设，求得，在中，即，解得，从而得到的面积为．【详解】（1）∵点关于的对称点为，∴点E是的中点，，又∵四边形是矩形，∴O是的中点，∴是的中位线，∴∴，∴（2）①过点O作于点F，延长交于点G，则，

∵四边形是矩形，∴，，∴，．∵，，，∴，∴．∵与相切，为半径，，∴，∴又∵即，，∴是的角平分线，即，设，则，又∵∴∴又∵，即是直角三角形，∴，即解得：，∴，即，在中，，