三年（2023-2025）中考数学真题分类汇编19：圆（教师版）

专题19圆考点01垂径定理及其应用1．（2025·河南·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在为《九章算术》作注时，创立了“割圆术”．如图是研究“割圆术”时的一个图形，所在圆的圆心为点O，四边形为矩形，边与相切于点，连接，，连接交于点．若，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】根据圆的切线的性质和矩形的性质，得到，由垂径定理可得，由圆周角定理可得，进而证明是等边三角形，得到，再根据阴影部分的面积求解即可．【详解】解：所在圆的圆心为点O，边与相切于点，，，四边形为矩形，，，，，，，，，，是等边三角形，，，阴影部分的面积，故答案为：．【点睛】本题考查了求不规则图形面积，矩形的性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形面积，掌握圆的相关性质是解题关键．2．（2025·新疆·中考真题）如图，是的直径，是弦，，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理．先根据垂径定理得到，再根据圆周角定理即可得到．【详解】解：连接．∵是的直径，是弦，，∴，∴，故选：C．3．（2025·安徽·中考真题）如图，四边形的顶点都在半圆O上，是半圆O的直径，连接，．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)详见解析(2)6【分析】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，三角形中位线定理，勾股定理，熟知圆周角定理和垂径定理是解题的关键．（1）由圆周角定理可得，则可证明，据此可证明．（2）连接，交于点E．由题意知，由直径所对的圆周角是直角得到，即，则可证明，由垂径定理可得点E为的中点，则是的中位线，即可得到．设半圆的半径为r，则．由勾股定理知，解方程即可得到答案．【详解】（1）证明：∵，，∴，∴．（2）解：连接，交于点E．由题意知，∵是的直径，∴，即，∵，∴，∴点E为的中点，又∵O是的中点，∴是的中位线，∴．设半圆的半径为r，则．由勾股定理知，，即，解得，（舍去）．∴．4．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，是的弦，半径于点．若，．则的长是（）A．3 B．2 C．6 D．【答案】A【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，熟悉掌握垂径定理是解题的关键．由垂径定理得到的长，再由勾股定理解答即可．【详解】解：∵，，∴，又∵，∴在中，，故选：A．5．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，圆形拱门最下端在地面上，为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，若，，则拱门所在圆的半径为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查的是垂径定理的实际应用。勾股定理的应用，如图，连接，先证明，，再进一步的利用勾股定理计算即可；【详解】解：如图，连接，∵为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，，∴，，设拱门所在圆的半径为，∴，而，∴，∴，解得：，∴拱门所在圆的半径为；故选B6．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在中，直径于点E，，则弦的长为．【答案】【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键．由垂径定理得，设的半径为，则，在中，由勾股定理得出方程，求出，即可得出，在中，由勾股定理即可求解．【详解】解：∵，，设的半径为，则，在中，由勾股定理得：，即，解得：，，，在中，由勾股定理得：，故答案为：．7．（2023·内蒙古·中考真题）如图，是锐角三角形的外接圆，，垂足分别为，连接．若的周长为21，则的长为（

）

A．8 B．4 C．3.5 D．3【答案】B【分析】根据三角形外接圆的性质得出点D、E、F分别是的中点，再由中位线的性质及三角形的周长求解即可．【详解】解：∵是锐角三角形的外接圆，，∴点D、E、F分别是的中点，∴，∵的周长为21，∴即，∴，故选：B．【点睛】题目主要考查三角形外接圆的性质及中位线的性质，理解题意，熟练掌握三角形外接圆的性质是解题关键．8．（2025·陕西·中考真题）如图，为的直径，，，则的度数为．【答案】【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据为的直径，，则，再根据，即，代入进行计算，即可作答．【详解】解：∵为的直径，，∴，即，∵，∴，则，故答案为：．9．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图1，月洞门是中国古典建筑中的一种圆形门洞，形如满月，故称“月洞门”，其形制可追溯至汉代，但真正在美学与功能上成熟于宋代，北宋建筑学家李诫编撰的《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术典籍之一．如图2是古人根据《营造法式》中的“五举法”作出的月洞门的设计图，月洞门呈圆弧形，用表示，点O是所在圆的圆心，是月洞门的横跨，是月洞门的拱高现在我们也可以用尺规作图的方法作出月洞门的设计图如图3，已知月洞门的横跨为，拱高的长度为a．作法如下：①作线段的垂直平分线，垂足为；②在射线上截取；③连接，作线段的垂直平分线交于点O；④以点O为圆心，的长为半径作．则就是所要作的圆弧．请你依据以上步骤，用尺规作图的方法在图3中作出月洞门的设计图（保留作图痕迹，不写作法）【答案】见解析【分析】本题考查尺规作图—复杂作图，熟练掌握尺规作线段，作垂线的方法是解题的关键．根据题干给定的作图步骤，结合尺规作垂线和作线段的方法作图即可．【详解】解：由题意，作图如下，即为所求：10．（2024·四川凉山·中考真题）数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点，连接，作的垂直平分线交于点，交于点，测出，则圆形工件的半径为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查垂径定理，勾股定理等知识．由垂径定理，可得出的长；设圆心为O，连接，在中，可用半径表示出的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径，即可得出轮子的直径长．【详解】解：∵是线段的垂直平分线，∴直线经过圆心，设圆心为，连接．

中，，根据勾股定理得：，即：，解得：；故轮子的半径为，故选：C．11．（2023·广西·中考真题）赵州桥是当今世界上建造最早，保存最完整的中国古代单孔敞肩石拱桥.如图，主桥拱呈圆弧形，跨度约为，拱高约为，则赵州桥主桥拱半径R约为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可知，，，主桥拱半径R，根据垂径定理，得到，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．【详解】解：如图，由题意可知，，，主桥拱半径R，，是半径，且，，在中，，，解得：，故选B

【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，利用直角三角形求解是解题关键．考点02圆中的角1．（2023·山东烟台·中考真题）如图，将一个量角器与一把无刻度直尺水平摆放，直尺的长边与量角器的外弧分别交于点A，B，C，D，连接，则的度数为．

【答案】【分析】方法一∶如图：连接，由题意可得：，，然后再根据等腰三角形的性质求得、，最后根据角的和差即可解答．方法二∶连接，由题意可得：，然后根据圆周角定理即可求解．【详解】方法一∶解：如图：连接，由题意可得：，，，∴，，∴．故答案为．

方法二∶解∶连接，由题意可得：，根据圆周角定理，知．故答案为．

【点睛】本题主要考查了角的度量、圆周角定理等知识点，掌握圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半是解答本题的关键．2．（2024·海南·中考真题）如图，是半圆O的直径，点B、C在半圆上，且，点P在上，若，则等于（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质．连接，，证明和都是等边三角形，求得，利用三角形内角和定理求得，据此求解即可．【详解】解：连接，，∵是半圆O的直径，，∴，∴和都是等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，故选：B．3．（2024·黑龙江绥化·中考真题）下列叙述正确的是（

）A．顺次连接平行四边形各边中点一定能得到一个矩形B．平分弦的直径垂直于弦C．物体在灯泡发出的光照射下形成的影子是中心投影D．相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦心距也相等【答案】C【分析】本题考查了矩形的判定，垂径定理，中心投影，弧、弦与圆心角的关系，根据相关定理逐项分析判断，即可求解．【详解】A.顺次连接平行四边形各边中点不一定能得到一个矩形，故该选项不正确，不符合题意；B.平分弦（非直径）的直径垂直于弦，故该选项不正确，不符合题意；C.物体在灯泡发出的光照射下形成的影子是中心投影，故该选项正确，符合题意；D.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，所对的弦心距也相等，故该选项不正确，不符合题意；故选：C．4．（2024·云南·中考真题）如图，是的直径，点、在上．若，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了弧弦圆心角的关系，圆周角定理，连接，由可得，进而由圆周角定理即可求解，掌握圆的有关性质是解题的关键．【详解】解：连接，∵，∴，∴，故选：．5．（2023·江苏徐州·中考真题）如图，在中，直径与弦交于点．连接，过点的切线与的延长线交于点．若，则°．

【答案】66【分析】连接，则有，然后可得，则，进而问题可求解．【详解】解：连接，如图所示：

∵是的直径，且是的切线，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；故答案为：66．【点睛】本题主要考查切线的性质、圆周角、弧之间的关系，熟练掌握切线的性质、圆周角、弧之间的关系是解题的关键．6．（2025·湖北·中考真题）如图，内接于．分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线交于点，连接并延长交于点，连接，，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查的是作线段的垂直平分线，等边对等角，圆周角定理的应用，由是的垂直平分线，可得，可得，再进一步求解即可.【详解】解：由作图可得：是的垂直平分线，∴，而，∴，∴，故选：C7．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形内接于，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质．根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半求出的度数，再根据圆内接四边形的性质及平角的定义即可求出答案．【详解】解：∵，∴，∵四边形内接于，∴且，∴，故选：C．8．（2025·重庆·中考真题）如图，点A，B，C在上，，的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查的是圆周角定理，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求解，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．【详解】解：根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，．故选：B．9．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，，为的弦，连接，，．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】该题考查了圆周角定理，根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半得出，即可求解．【详解】解：∵，∴，∴，故选：C．10．（2023·湖北襄阳·中考真题）如图，四边形内接于，点在的延长线上．若，则度．【答案】140【分析】首先根据圆内接四边形的性质得，再根据圆心角与圆周角的关系即可得出的度数．【详解】解：∵四边形内接于，，∴，又∵，∴，∴°．故答案为：140．【点睛】此题主要考查了圆内接四边形的性质，圆心角与圆周角之间的关系，熟练掌握圆内接四边形的对角互补，理解圆心角与圆周角之间的关系是解答此题的关键．11．（2025·山西·中考真题）如图，为的直径，点是上位于异侧的两点，连接．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理，连接，由为的直径可得，进而由得，再根据圆周角定理即可求解，掌握圆周角定理是解题的关键．【详解】解：连接，∵为的直径，∴，∵，∴，∴，故选：．12．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，，连接BD，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了圆内接四边形，圆的性质，解题的关键是熟练掌握圆的性质．根据圆的内接四边形对角互补可得的度数，由弦相等可得弧相等，从而可得圆周角相等，计算即可．【详解】解：∵四边形内接于，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，故选：．13．（2025·青海·中考真题）如图，是的直径，，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，直径对的圆周角是直角，熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键．根据是的直径得出，即可求解．【详解】解：∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∴，故选：B．14．（2025·四川泸州·中考真题）如图，四边形内接于，为的直径．若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了等边对等角，直径所对的圆周角是直角，根据等边对等角以及三角形内角和定理可得，根据同弧所对的圆周角相等可得，进而根据为的直径，得出，进而得出即可求解．【详解】解：∵，∴，∴，∵，∴，∵为的直径，∴，∴故选：B．15．（2024·青海西宁·中考真题）如图，四边形内接于，为直径延长线上一点，，，则．【答案】/度【分析】本题考查了已知圆内接四边形求角度，半圆（直径）所对的圆周角是直角，利用弧、弦、圆心角的关系求解，解题的关键在于熟练掌握相关知识．连接，根据圆内接四边形性质求得，结合弧、弦、圆心角的关系推出，进而得到，再利用半圆（直径）所对的圆周角是直角，得到，最后根据求解，即可解题．【详解】解：连接，四边形内接于，，，，，，为直径，，；故答案为：．16．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在中，，．将射线绕点C顺时针旋转到，在射线1上取一点D，连结，使得面积为24，连结，则的最大值是．【答案】【分析】先整理得，过点C向上作线段，使得，则，结合整理得，证明，即，运用即定角定弦，故点D在以为直径的圆上，连接，并延长与交于一点，即为，运用勾股定理得，即可作答．【详解】解：∵射线绕点C顺时针旋转到，在射线1上取一点D，连结，∴∵面积为24，∴∴，过点C向上作线段，使得，∵∴即∴，连接，∵，∴∵，∴，∵，∴，∴，故点D在以为直径的圆上，∵，记圆心为直径的中点，即的半径连接，并延长与交于一点，即为，此时为的最大值，故∴故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，旋转的性质，正确分析出点D在以为直径的圆上是解题的关键．17．（2023·重庆·中考真题）如图，是矩形的外接圆，若，则图中阴影部分的面积为．（结果保留）

【答案】【分析】根据直径所对的圆周角是直角及勾股定理得到，再根据圆的面积及矩形的性质即可解答．【详解】解：连接，∵四边形是矩形，∴是的直径，∵，∴，∴的半径为，∴的面积为，矩形的面积为，∴阴影部分的面积为；故答案为；

【点睛】本题考查了矩形的性质，圆的面积，矩形的面积，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键．考点03正多边形与圆1．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，平面直角坐标系中，原点为正六边形的中心，轴，点在双曲线为常数，上，将正六边形向上平移个单位长度，点恰好落在双曲线上，则的值为（

）A． B． C． D．3【答案】A【分析】本题主要考查了求反比例函数解析式，正六边形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理等等，过点E作轴于H，连接，可证明是等边三角形，则，，进而得到，设，则，则，，即可得到点在双曲线上，再由点E也在双曲线上，得到，据此求解即可．【详解】解：如图所示，过点E作轴于H，连接，∵原点为正六边形的中心，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，设，则，∴，，∵将正六边形向上平移个单位长度，点恰好落在双曲线上，∴点在双曲线上，又∵点E也在双曲线上，∴，解得或（舍去），∴，故选：A．2．（2023·上海·中考真题）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数为．【答案】18【分析】根据正n边形的中心角的度数为进行计算即可得到答案．【详解】根据正n边形的中心角的度数为，则，故这个正多边形的边数为18，故答案为：18．【点睛】本题考查的是正多边形内角和中心角的知识，掌握中心角的计算公式是解题的关键．3．（2022·山东青岛·中考真题）如图，正六边形内接于，点M在上，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出正六边形的中心角，再利用圆周角定理求解即可．【详解】解：连接OC、OD、OE，如图所示：

∵正六边形内接于，∴∠COD==60°，则∠COE=120°，∴∠CME=∠COE=60°，故选：D．【点睛】本题考查正多边形的中心角、圆周角定理，熟练掌握正n多边形的中心角为是解答的关键．4．（2025·青海·中考真题）活动与探究解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片．探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？平面图形每个内角度数能否整除能否密铺正三角形能正方形①________②________能正五边形不能正六边形能正七边形不能正八边形③________④________．．．．．．．．．．．．（1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________．探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．

观察图1，发现是正三角形的内切圆，与切于点，，，，在中，，则的周长为．（2）如图2，正方形的周长为__________；（3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）．探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小．（4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________．【得出结论】综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案．【答案】（1）①，②，③，④不能；（2）8；（3）；（4），，【分析】（1）根据正方形，正八边形内角性质解答；（2）根据正方形内切圆半径为1，得正方形边长为2，即得正方形周长；（3）根据正六边形内切圆半径为1，得正六边形边长为，即得正六边形周长；（4）在周长都是12的情况下，得正三角形的边长为4，边心距为，积为；正方形的边长为3，面积为9；正六边形的边长为2，边心距为，面积为．【详解】（1）∵正方形每个内角为，∴，∴能密铺；∵正八边形的每个内角为，∴，∴不能密铺；故答案为：①；②；③；④不能；（2）设切于点E，连接，则交于点O，，∵，∴，∴，∴正方形的周长为8；故答案为：8；（3）设切于点G，连接，则，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴正六边形周长为；（4）三角形：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴；正方形：∵，∴，正六边：∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】此题主要考查了平面镶嵌．熟练掌握平面镶嵌的原理，正三角形，正方形，正六边形性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，是解题的关键．5．（2025·上海·中考真题）已知一个圆与一个角的两边各有两个公共点，且在两边上截得的两条弦正好是该圆内接正五边形的两条边，那么这个角的大小是．【答案】或【分析】本题考查正多边形与圆，如图，分两种情况，当角的顶点在圆上时，如，弦为时，此时恰好是正五边形的一个内角，进行求解即可，当角的顶点在圆外部时，即交的两边，截取的两条弦为时，进行求解即可．【详解】解：如图，当角的顶点在圆上时，如交的两边，截取的两条弦为，此时恰好是正五边形的一个内角，∴；当角的顶点在圆外部，即交的两边，截取的两条弦为时，则：，∴，∴；综上：这个角的大小是或；故答案为：或．6．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，是的内接正n边形的一边，点C在上，，则．

【答案】10【分析】本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，求出中心角的度数是解题的关键．由圆周角定理得，再根据正边形的边数中心角，即可得出结论．【详解】解：，，，故答案为：10．7．（2024·内蒙古·中考真题）如图，正四边形和正五边形内接于，和相交于点，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆内接正多边形的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，对顶角的性质，直角三角形的性质，连接，设与相交于点，由圆的内接正多边形的性质可得，，即得，即可由圆周角定理得，进而由三角形内角和定理得，再由直角三角形两锐角互余得到，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：连接，设与相交于点，∵正四边形和正五边形内接于，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，故选：．8．（2024·山东济宁·中考真题）如图，边长为2的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（

）

A．1 B．2 C． D．【答案】D【分析】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的判定和性质，勾股定理；连接，，作于G，证明是等边三角形，可得，然后利用勾股定理求出即可．【详解】解：如图，连接，，作于G，

∵，，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，即它的内切圆半径为，故选：D．9．（2023·四川德阳·中考真题）已知一个正多边形的边心距与边长之比为，则这个正多边形的边数是（

）A．4 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】如图，A为正多边形的中心，为正多边形的边，，为正多边形的半径，为正多边形的边心距，由可得，可得，而，可得为等边三角形，从而可得答案．【详解】解：如图，A为正多边形的中心，为正多边形的边，，为正多边形的半径，为正多边形的边心距，

∴，，，∴，∴，即，∴，∴，而，∴为等边三角形，∴，∴多边形的边数为：，故选B【点睛】本题考查的是正多边形与圆，锐角三角函数的应用，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．考点04弧长及扇形面积1．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，黄金矩形中，以宽为边在其内部作正方形，得到四边形是黄金矩形，依此作法，四边形，四边形也是黄金矩形．依次以点E，G，L为圆心作，，，曲线叫做“黄金螺线”．若，则“黄金螺线”的长为．（结果用表示）【答案】【分析】本题主要考查了黄金矩形的定义，及弧长公式．先根据黄金矩形中，且，求出，进而求出，，再根据弧长公式即可求出“黄金螺线”的长．根据黄金矩形的定义求出的长，以及熟练掌握弧长的公式是解题的关键．【详解】解:∵黄金矩形中，且，∴，∵四边形是正方形，，，∵四边形是正方形，，，，∵四边形是正方形，，∴“黄金螺线”的长为，．故答案为：．2．（2025·湖南·中考真题）如图，北京市某处位于北纬（即），东经，三沙市海域某处位于北纬（即），东经；设地球的半径约为千米，则在东经所在经线圈上的点和点之间的劣弧长约为（

）A．（千米） B．（千米）C．（千米） D．（千米）【答案】C【分析】本题主要考查了求弧长，根据题意求出的度数，再根据弧长公式求解即可．【详解】解；由题意得，，∴劣弧的长为千米，故选：C．3．（2025·浙江·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，以点C为圆心，长为半径作弧，与的另一个交点为点E．若，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查求弧长，斜边上的中线，根据斜边上的中线求出得到，进而得到，三角形的外角得到的度数，作图可知，等边对等角求出的度数，再根据弧长公式进行计算即可．【详解】解：∵，是斜边上的中线，，∴，∴，∴，由作图可知，∴，∴，∴的长为；故选B．4．（2025·黑龙江绥化·中考真题）在中，如果的圆心角所对的弧长是，那么的半径是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查弧长公式，根据圆心角对应的弧长公式，代入已知条件求解半径即可．【详解】解：根据弧长公式：，其中，代入得：解得：故选：A．5．（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．6．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，已知正六边形的边长为2，以点E为圆心，长为半径作圆，则该圆被正六边形截得的的长为．【答案】【分析】本题主要考查了正多形的内角和和内角以及弧长公式，根据六边形是正六边形，根据正多边内角和等于，求出内角，再根据弧长公式即可得出答案．【详解】解：∵六边形是正六边形，∴，∴，故答案为：．7．（2025·广东·中考真题）如图，在直径为的圆内有一个圆心角为的扇形．随机地往圆内投一粒米，该粒米落在扇形内的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】如图所示，过点A作于点D，证明出是等腰直角三角形，求出，然后得到，然后分别求出和，然后根据概率公式求解即可．【详解】如图所示，过点A作于点D∵是直径∴∵∴是等腰直角三角形∵∴，∴∴，∴该粒米落在扇形内的概率为．故选：D．【点睛】此题考查了几何概率，求扇形面积，等腰直角三角形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角等知识，解题的关键是掌握以上知识点．8．（2025·山东烟台·中考真题）如图，正六边形的边长为4，中心为点，以点为圆心，以长为半径作圆心角为的扇形，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】连接、、，过点O作于点M，根据正六边形的性质得出，，，证明和为等边三角形，求出，证明，得出，得出，根据求出结果即可．【详解】解：连接、、，过点O作于点M，如图所示：∵六边形为正六边形，∴，，，∴和为等边三角形，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，扇形面积计算，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正六边形的性质．9．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，．

(1)将向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到，请画出．(2)请画出关于轴对称的．(3)将着原点顺时针旋转，得到，求线段在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据平移的性质得出对应点的位置进而画出图形；（2）利用轴对称的性质得出对应点的位置进而画出图形；（3）画出旋转后的图形，根据即可得出答案．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；

（2）如图所示，即为所求；（3）将着原点顺时针旋转，得到，

设所在圆交于点D，交于点E，，，，，，，，，，，，故线段在旋转过程中扫过的面积为．【点睛】本题考查平移、轴对称变换作图和旋转的性质以及扇形的面积，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．10．（2023·四川成都·中考真题）为传承非遗文化，讲好中国故事，某地准备在一个场馆进行川剧演出．该场馆底面为一个圆形，如图所示，其半径是10米，从A到B有一笔直的栏杆，圆心O到栏杆的距离是5米，观众在阴影区域里观看演出，如果每平方米可以坐3名观众，那么最多可容纳名观众同时观看演出．（取3.14，取1.73）

【答案】184【分析】过点O作的垂线段，交于点，根据直角三角形的边长关系求出的角度，阴影面积即为扇形的面积减去三角形的面积，随机可以求出容纳观众的数量．【详解】解：如图，过点O作的垂线段，交于点，

圆心O到栏杆的距离是5米，米，，，米，，，，可容纳的观众阴影部分面积（人），最多可容纳184名观众同时观看演出，故答案为：184．【点睛】本题考查了弓形的面积，根据特殊角三角函数值求角的度数，熟知扇形面积公式是解题的关键．11．（2025·四川资阳·中考真题）如图，在正六边形中，，连接，，以点D为圆心、的长为半径作圆弧，则图中阴影部分的面积是．【答案】【分析】本题考查了正多