资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
圆--与圆相关的计算题 高频考点归纳
专项练 2026年数学中考一轮复习备考
一、单选题
1．如果圆锥侧面展开图的面积是，母线长是，则这个圆锥的底面半径是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．如图，正五边形内接于，连接，则（ ）

A． B． C． D．
3．某班学生表演课本剧，要制作一顶圆锥形的小丑帽．如图，这个圆锥的底面圆周长为，母线长为30，为了使帽子更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴一条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），这条彩带的最短长度是（ ）
v
A． B． C． D．
4．如图，等圆和相交于A，B两点，经过的圆心，若，则图中阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．
5．如图，在扇形中，，平分交于点D，点C是半径上一动点，若，则阴影部分周长的最小值为（ ）

A． B． C． D．
6．如图，四边形是的内接四边形，，．若的半径为5，则的长为（　　）

A． B． C． D．
7．如图，的圆心O与正方形的中心重合，已知的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（ ）．

A． B．2 C． D．
8．我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416．如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为（　　）
A． B． C．3 D．
9．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
二、填空题
10．如图，在中，，，边上的高，将绕着所在的直线旋转一周得到的几何体的表面积为______．

11．如图，正方形的边长为2，对角线相交于点，以点为圆心，对角线的长为半径画弧，交的延长线于点，则图中阴影部分的面积为________．

12．如图①，A，B表示某游乐场摩天轮上的两个轿厢．图②是其示意图，点O是圆心，半径r为，点A，B是圆上的两点，圆心角，则的长为_________．（结果保留）

13．如图，是等边三角形的外接圆，其半径为4．过点B作于点E，点P为线段上一动点（点P不与B，E重合），则的最小值为__________．

14．如图，在中，为直径，为弦，点为的中点，以点为切点的切线与的延长线交于点．

（1）若，则的长是_________（结果保留）；
（2）若，则_________．
三、解答题
15．如图，等腰三角形的顶角，和底边相切于点，并与两腰，分别相交于，两点，连接，．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积．
16．如图，在中，，O为边上一点，连结，以为半径的半圆与边相切于点D，交边于点E．

(1)求证：；
(2)若，，①求半圆的半径；②求图中阴影部分的面积．
17．如图，线段与相切于点B，交于点M，其延长线交于点C，连接，，D为上一点且的中点为M，连接，．

(1)求的度数；
(2)四边形是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由；
(3)若，求的长．
18．如图，在中，，过中点作与相切于点，交于点E，F，交于点M，N．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
19．如图，为的外接圆，点为的中点，的切线交的延长线于点，交于点．连接，，且．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
20．如图，是的直径，点在上，于点，
(1)求证：；
(2)过点的切线交延长线于点．若，，求的长．
21．如图，为的直径，点，在上，平分，连接．
(1)求证：；
(2)过点作的切线，分别交，的延长线于点，，连接，交于点．若，求的长．
22．如图，已知为的外接圆，为的直径，是的中点，弦于点，是上一点，连接．
(1)求证：；
(2)若，求．
23．如图，AB是的直径，与相切于点B．点D在上，且，连接交于点E．过点E作EF⊥AB于点H，交BD于点M，交于点F．
（1）求证：∠MED=∠MDE．
（2）连接，若，MB=2．求BE的长．
24．如图，是的直径，是上一点，过点作交于点D，连接交于点，过点作的切线交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 A D B D A C D C B
1．A
根据圆锥侧面积公式，进行计算即可求解．
解：设这个圆锥的底面半径是，依题意，
∴
故选：A．
本题考查了求圆锥底面半径，熟练掌握圆锥侧面积公式是解题的关键．
2．D
先计算正五边形的内角，再计算正五边形的中心角，作差即可．
∵，
∴，
故选D．
本题考查了正五边形的外角，内角，中心角的计算，熟练掌握计算公式是解题的关键．
3．B
根据圆锥的底面圆周长求得半径为，根据母线长求得展开后的扇形的圆心角为，进而即可求解．
解：∵这个圆锥的底面圆周长为，
∴
解得：
∵
解得：
∴侧面展开图的圆心角为
如图所示，即为所求，过点作，
∵，，则
∵，则
∴，，

故选：B．
本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角的度数，勾股定理解直角三角形，求得侧面展开图的圆心角为解题的关键．
4．D
先证明，再把阴影部分面积转换为扇形面积，最后代入扇形面积公式即可．
如图，连接，，
∵等圆和相交于A，B两点
∴,
∵和是等圆
∴
∴是等边三角形
∴
∵,,
∴
∴．
故选：D．
本题考查了相交弦定理，全等的判定及性质，扇形的面积公式，转化思想是解题的关键．
5．A
由于是定值，只需求解的最小值即可，作点D关于对称点，连接、、，则最小值为的长度，即阴影部分周长的最小最小值为．利用角平分线的定义可求得，进而利用勾股定理和弧长公式求得和即可．
解：如图，作点D关于对称点，连接、、，

则，，，
∴，当A、C、共线时取等号，此时，最小，即阴影部分周长的最小，最小值为．
∵平分，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
又，
∴阴影部分周长的最小值为，
故选：A．
本题考查弧长公式、勾股定理、角平分线的定义、轴对称性质，能利用轴对称性质求解最短路径问题是解答的关键．
6．C
连接，根据圆内接四边形的性质得出，再根据三角形的内角和求出，进而得出，最后根据弧长公式即可求解．
解：连接，
∵四边形是的内接四边形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．

本题主要考查了圆的内接四边形，圆周角定理，三角形的内角和，弧长公式，解题的关键是掌握圆的内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，三角形的内角和为，弧长．
7．D
设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，由题意可得，的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，求解即可．
解：设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，过点作，如下图：

则的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，
由题意可得：，
由勾股定理可得：，
∴，
故选：D
此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆与正多边形的性质，确定出圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值的位置．
8．C
根据圆内接正多边形的性质可得，根据30度的作对的直角边是斜边的一半可得，根据三角形的面积公式即可求得正十二边形的面积，即可求解．
解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12个全等的等腰三角形组成，故等腰三角形的顶角为，设圆的半径为1，如图为其中一个等腰三角形，过点作交于点于点，
∵，
∴，
则，
故正十二边形的面积为，
圆的面积为，
用圆内接正十二边形面积近似估计的面积可得，
故选：C．
本题考查了圆内接正多边形的性质，30度的作对的直角边是斜边的一半，三角形的面积公式，圆的面积公式等，正确求出正十二边形的面积是解题的关键．
9．B
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．
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
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．
10．
由圆锥的侧面展开图是扇形，可得圆锥的侧面积公式，再根据题干数据进行计算即可．
解：由题意可得：旋转后的几何体是两个共底面的圆锥，
∵边上的高，
∴底面圆的周长为：，
∵，，
∴几何体的表面积为．
故答案为：．
本题考查的是圆锥的侧面积的计算，几何体的形成，熟记圆锥的侧面积公式是解本题的关键．
11．
根据正方形的性质得出阴影部分的面积为扇形的面积，然后由勾股定理得出，再由扇形的面积公式求解即可．
解：正方形，
∴，，
∴，
∵正方形的边长为2，
∴
∴阴影部分的面积为扇形的面积，即，
故答案为：．
题目主要考查正方形的性质及扇形的面积公式，理解题意，将阴影部分面积进行转化是解题关键．
12．
利用弧长公式直接计算即可．
∵半径，圆心角，
∴，
故答案为：．
本题考查了弧长计算，熟练掌握弧长公式，并规范计算是解题的关键．
13．6
过点P作，连接并延长交于点F，连接，根据等边三角形的性质和圆内接三角形的性质得到，，然后利用含角直角三角形的性质得到，进而求出，然后利用代入求解即可．
如图所示，过点P作，连接并延长交于点F，连接

∵是等边三角形，
∴
∵是等边三角形的外接圆，其半径为4
∴，，
∴
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴的最小值为的长度
∵是等边三角形，，
∴
∴的最小值为6．
故答案为：6．
此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
14．
（1）连接，根据点为的中点，根据已知条件得出，然后根据弧长公式即可求解；
（2）连接，根据垂径定理的推论得出，是的切线，则,得出，根据平行线分线段成比例得出，设，则，勾股定理求得,J进而即可求解．
解：（1）如图，连接，

∵点为的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）解：如图，连接，

∵点为的中点，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴,
∴
∴，
∵，
∴，
设，则，，
∴，，
∴．
故答案为：．
本题考查了垂径定理，圆周角定理，切线的性质，弧长公式，平行线分线段成比例定理等知识，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
15．(1)见解析
(2)
（1）连接，根据切线的性质可得，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得，从而可得和都是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得，即可解答；
（2）连接交于点，利用菱形的性质可得，，，然后在中，利用勾股定理求出的长，从而求出的长，最后根据图中阴影部分的面积扇形的面积菱形的面积，进行计算即可解答．
（1）证明：连接，
和底边相切于点，
，
，，
，
，，
和都是等边三角形，
，，
，
四边形是菱形；
（2）解：连接交于点，
四边形是菱形，
，，，
在中，，
，
，
图中阴影部分的面积扇形的面积菱形的面积
，
图中阴影部分的面积为．
本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
16．(1)证明过程见解析
(2)①2；②
（1）连接，由切线的性质得出，证明，再由全等三角形的判定即可得出结论；
（2）①证出，再由直角三角形的性质即可求解；
②由勾股定理求出，，由三角形面积公式和扇形的面积公式求解即可．
（1）证明：如图，连接，
∵是的切线，点D为切点，
∴，
∵，，，
∴，
∴；

（2）解：①∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴半圆O的半径为2；
②在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
本题考查切线的性质、全等三角形的判定与性质、扇形的面积公式、锐角三角函数及勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
17．(1)
(2)是菱形，证明见解析
(3)的长为．
（1）如图，连接，证明，而，可得，再结合等腰三角形的性质可得答案；
（2）先证明，即，而，求解，可得，证明，可得，再证明，可得，从而可得结论；
（3）如图，连接，，交于，证明为等边三角形，可得，证明，，求解，再利用弧长公式进行计算即可．
（1）解：如图，连接，

∵线段与相切于点B，
∴，而，
∴，
∵，
∴；
（2）四边形是菱形，理由如下：
∵的中点为M，，
∴，即，而，
∴，
∴，
∵的中点为M，为直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（3）如图，连接，，交于，

∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵菱形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∴的长为．
本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与系数，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，切线的性质，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
18．(1)见解析
(2)
（1）连接，．由圆切线的定义得出，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出．再由等腰三角形三线合一即可得出答案．
（2）过点作于点，连接．设的半径为，则．先由勾股定理定理得出，再由垂径定理得出，再根据矩形的判定和性质得出，再根据勾股定理得出，
再利用垂径定理求值即可．
（1）解：连接，．
与相切，
．
在中，，
．
．
（2）解：过点作于点，连接．
设的半径为，则．
，
．
在中，
，
．
．
解得：．
为的弦，
．
，
四边形为矩形．
．
在中，
，
．
．
本题主要考查了圆切线的定义，垂径定理，三线合一，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，掌握这些知识是解题的关键．
19．(1)详见解析
(2)
（1）本题要证明，通过设，利用同弧所对圆心角是圆周角的两倍，得到 ．再根据等腰三角形两底角相等以及三角形内角和求出 ．由切线性质得到，进而得出的度数．最后结合已知，得出的度数，从而证明两角相等．
（2）求的长，先延长交于．根据点为的中点，利用垂径定理的推论得到，再通过证明得出 ．由得到，进而推出角相等关系．结合前面（1）中角的结论，得出 ，从而得到线段相等关系 ，最后根据，结合求出的长．
（1）证明：设，则，
∵，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴半径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：延长交于，则，
∵点为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
本题主要考查圆的相关知识，包括同弧所对圆心角与圆周角的关系、切线的性质、垂径定理及其推论，以及等腰三角形的性质和全等三角形的判定．解题的关键在于利用圆的性质找出角之间的等量关系，通过角的关系推导线段的等量关系，进而求解问题．
20．(1)见解析
(2)
（1）垂径定理，得到，圆周角定理得到即可；
（2）垂径定理，得到，解，求出的长，设的半径为，在，勾股定理求出的值，证明，列出比例式进行求解即可．
（1）证明：∵于点是的半径，
∴．
∴．
（2）解：∵于点E，是的半径，，
∴，．
∵，，
∴．
在中，．
∴
设的半径为．
∴．
在中，．
∴．
∴．
∴．
∵是的切线，
∴．
∴，
∴．
又∵，
∴．
∴，
∴．
本题考查圆周角定理，垂径定理，切线的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
21．(1)证明见解析
(2)
（）利用圆周角定理和角平分线的定义可得，进而即可求证；
（）由切线的性质可得，由得，，即得，利用三角函数得，即得，设的半径为，由解得，即得，，进而得，，即可得，最后代入计算即可求解．
（1）证明：为上的点，
，
平分，
，
，
∴；
（2）解：如图，
与相切于点，
∴，
，
∵，
，，
，
，
∴在中，，
，
设的半径为，则，
解得，
∴，，
∴，
，
，
∵，
∴，
．
本题考查了圆周角定理，角平分线的定义，平行线的判定，切线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，灵活运用以上知识点是解题的关键．
22．(1)证明见解析
(2)
本题考查了相似三角形的性质与判定，垂径定理，圆周角定理，以及解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）根据题意可得，根据垂径定理可得进而可得，则；
（2）连接，证明得出，进而得出，根据，即可求解．
（1）解：∵D是的中点，
∴，
∵且为的直径，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设的半径为，则，
解得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
23．（1）证明见解析；（2）BE=．
（1）由题意得，则，又，则结论得证；
（2）连，，可得，可证，则，可求的长．
（1）证明：与相切于点，
，
，
，
，
，
，
；
（2），是的直径，
，
，
，
，
，即，
,
．
本题主要考查了等腰三角形和平行线之间的角度转化以及圆周角定理和相似综合，熟练的在圆中找出对应的相似三角形是求解本题的关键.
24．(1)见解析
(2)
（1）根据平行线的性质可得，再根据圆周角定理和等角对等边可证．
（2）根据直径所对的圆周角为直角，切线的性质定理，可推出，，设，则，利用勾股定理可得，，，进而证明，即可得出．
（1）证明：，
，
，
，
，
．
（2）解：连接，
为切线，是直径，
，
，，
，
，
，
，
设，则，
是直径，
，
在中，，
，负值舍去
在中，，
，
解得：，负值舍去
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
本题考查了圆周角定理，相似三角形，切线的性质定理，平行线的性质，等角对等边，勾股定理的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑