文档内容
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专题 06 圆中的相关证明及计算
目 录
一、考情分析
二、知识建构
考点一 圆的基本性质证明与计算
【真题研析 · 规律探寻】
题型01 圆中的角度和线段计算问题
题型02 垂径定理的实际应用
题型03 与圆有关的弧长、扇形面积计算
题型04 求弓形面积或不规则图形面积
题型05 正多边形与圆的相关计算
【核心提炼 · 查漏补缺】
【好题必刷 · 强化落实】
考点二 与圆有关的位置关系
【真题研析 · 规律探寻】
题型01 与圆有关的位置关系
题型02 切线的判定
题型03 三角形内切圆、外接圆的相关计算
题型04 四点共圆
题型05 相交弦定理
题型06 切割线定理
题型07 割线定理
题型08 圆与相似综合
题型09 圆与三角函数综合
【好题必刷 · 强化落实】
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考点要求 命题预测
中考数学中，圆的基本性质、与圆有关的位置关系一直都是必考的考点，难度
圆的基本性质证明与
从基础到综合都有通常选择填空题会出圆的基本性质，如弧长、弦长、半径、圆周
计算
角等的关系,基本都是基础应用，难度不大,个别会出选择题的压轴题，难度稍大.简
答题部分，一般会把切线的问题和相似三角形、锐角三角函数等结合考察，这是一
与圆有关的位置关系
般都是中等难度的问题.还有一些城市会把圆的基本性质等与其他动点问题综合考
察,此时一般都是压轴题，难度很大，这时候就需要考生综合思考的点比较多.
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考点一 圆的基本性质证明与计算
题型01 圆中的角度和线段计算问题
圆的基础定理: 垂径定理、圆周角定理、切线长定理的内容和常考题型要熟悉，也要结合几何图形各自的
特征，综合应用起来解决相关问题.
垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧.
推论：1）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.
2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧.
1
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.（即：圆周角= 圆心 角）
2
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等.
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.
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，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角．
垂径定理模型（知二得三）
⏜ ⏜ ⏜ ⏜
如图，可得①AB过圆心 ②AB⊥CD ③CE=DE ④ AC=AD ⑤ BC=BD
C
A O E B
D
【总结】垂径定理及其推论实质是指一条直线满足：（1）过圆心（2）垂直于弦（3）平分弦（被平分的
弦不是直径）（4）平分弦所对的优弧（5）平分弦所对的劣弧，若已知五个条件中的两个，那么可推出其
中三个，简称“知二得三”，解题过程中应灵活运用该定理.
常见辅助线做法（考点）：1）过圆心，作垂线，连半径，造Rt△，用勾股，求长度；
2）有弦中点，连中点和圆心，得垂直平分.
【利用圆周角定理解题思路】
1）在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半，在同圆中可以
利用圆周角定理进行角的转化.
2）在证明圆周角相等或弧相等时，通常“由等角找等弧”或“由等弧找等角”.
3）当已知圆的直径时，常构造直径所对的圆周角．
4）在圆中求角度时，通常需要通过一些圆的性质进行转化．比如圆心角与圆周角间的转化；同弧或等弧
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的圆周角间的转化；连直径，得到直角三角形，通过两锐角互余进行转化等．
1．（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，
【答案】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．
2．（2023·湖南·中考真题）如图，点A，B，C在半径为2的 上， ， ，垂足为E，
交 于点D，连接 ，则 的长度为 ．
【答案】1
【分析】连接 ，利用圆周角定理及垂径定理易得 ，则 ，结合已知条件，利用
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直角三角形中 角对的直角边等于斜边的一半即可求得答案．
【详解】解：如图，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：1．
【点睛】本题考查圆与直角三角形性质的综合应用，结合已知条件求得 是解题的关键．
3．（2023·江苏·中考真题）如图， 是 的直径， 是 的内接三角形．若 ，
，则 的直径 ．
【答案】
【分析】连接 ， ，根据在同圆中直径所对的圆周角是 可得 ，根据圆周角定理可得
，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得 ，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：连接 ， ，如图：
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∵ 是 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
在 中， ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是 ，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系，勾股
定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
4．（2023·湖北·中考真题）如图，在 中， 的内切圆 与 分别相切于
点 ， ，连接 的延长线交 于点 ，则 ．
【答案】 / 度
【分析】如图所示，连接 ，设 交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出
，再由切线长定理得到 ，进而推出 是 的垂直平分线，即 ，则
．
【详解】解：如图所示，连接 ，设 交于H，
∵ 是 的内切圆，
∴ 分别是 的角平分线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 与 分别相切于点 ， ，
∴ ，
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又∵ ，
∴ 是 的垂直平分线，
∴ ，即 ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角
形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
题型02 垂径定理的实际应用
1．（2023·山东东营·中考真题）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记
载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问
径几何？”用几何语言表达为：如图， 是 的直径，弦 于点E， 寸， 寸，则
直径 长为 寸．
【答案】26
【分析】证明E为 的中点，可得 ，设 ，则 ， ，由
勾股定理得： ，可得 ，再解方程可得答案．
【详解】解：∵弦 ， 为 的直径，
∴E为 的中点，
又∵ （寸），
∴ （寸），
设 （寸），
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则 （寸）， 寸，
由勾股定理得： ，
即 ，
解得 ，
∴ （寸），
故答案为：26．
【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，勾股定理的应用，熟练的利用垂径定理解决问题是关键．
2．（2022·湖北荆州·中考真题）如图，将一个球放置在圆柱形玻璃瓶上，测得瓶高AB＝20cm，底面直径
BC＝12cm，球的最高点到瓶底面的距离为32cm，则球的半径为 cm（玻璃瓶厚度忽略不计）．
【答案】7.5
【分析】如详解中图所示，将题中主视图做出来，用垂径定理、勾股定理计算即可.
【详解】如下图所示，设球的半径为rcm，
则OG=EG-r=EF-GF-r=EF-AB-r=32-20-r=（12-r）cm，
∵EG过圆心，且垂直于AD，
∴G为AD的中点，
则AG=0.5AD=0.5×12=6cm，
在 中，由勾股定理可得，
，
即 ，
解方程得r=7.5，
则球的半径为7.5cm．
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【点睛】本题考查了主视图、垂径定理和勾股定理的运用，准确做出立体图形的主视图是解题的关键．
3．（2023·湖南·中考真题）问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明朝科
学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的情况下，筒
车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒．
问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的 ．如图②， 始终垂直于水平面，设筒车半径为2米．当
时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时 ，经过95秒后该盛水筒运动到点B处．（参考数
据， ）
问题解决：
(1)求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时， 的度数；
(2)求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到 米）
【答案】(1) ；
(2)该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为 米．
【分析】（1）先求得该盛水筒的运动速度，再利用周角的定义即可求解；
（2）作 于点C，在 中，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得 的长，
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在 中，利用勾股定理求得 的长，据此即可求解．
【详解】（1）解：∵旋转一周用时120秒，
∴每秒旋转 ，
当经过95秒后该盛水筒运动到点B处时， ，
∵ ，
∴ ；
（2）解：作 于点C，设 与水平面交于点D，则 ，
在 中， ， ，
∴ ， ，
在 中， ， ，
∴ ，
∴ (米)，
答：该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为 米．
【点睛】本题考查了圆的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，解答本题的关键是明确题意，
找出所求问题需要的条件．
题型03 与圆有关的弧长、扇形面积计算
设⊙O 的半径为R，n°圆心角所对弧长为l，n为弧所对的圆心角的度数，则 O
R
扇形弧长公式 nπR n°
l= （弧长的长度和圆心角大小和半径的取值有关，且n
180 l
表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带单位．）
n°
11
l
h
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扇形面积公式 nπR2 1
l
S扇形=
360
=
2
R
圆锥侧面积公式 S =πrl （其中l是圆锥的母线长，r是圆锥的底面半径）
圆锥侧
圆锥全面积公式 S =πrl+πr2 （圆锥的表面积=扇形面积+底面圆面积）
圆锥全
圆锥的高h，圆 r2+h2=l2
锥的底面半径r
1） 利用弧长公式计算弧长时，应先确定弧所对的圆心角的度和半径，再利用公式求得结果．在弧长公式
nπR
l= 中，已知l，n，R中的任意两个量，都可以求出第三个量．
180
2）在利用扇形面积公式求面积时，关键是明确扇形所在圆的半径、扇形的圆心角的度数或扇形的弧长，
nπR2 1
然后直接代入公式S扇形=
360
或 S扇形 =
2
l R中求解即可．
1
3）扇形面积公式S扇形=
2
l R 与三角形面积公式十分类似为了便于记忆，只要把扇形看成一个曲边三角
形、把弧长l看成底，R看成底边上的高即可.
4）根据扇形面积公式和弧长公式，已知S扇形，l，n，R中的任意两个量，都可以求出另外两个量．
5）在解决有关圆锥及其侧面展开图的计算题时，常借助圆锥底面圆的周长等于侧面展开图扇形的弧长，
nπR
即2πr= ，来建立圆锥底面圆的半径r、圆锥母线R和侧面展开图扇形圆心角n°之间的关系，有时也根
180
据圆锥的侧面积计算公式来解决问题．
6）求弧长或扇形的面积问题常结合圆锥考查，解这类问题只要抓住圆锥侧面展开即为扇形，而这个扇形
的弧长等于原圆锥底面的周长，扇形的半径等于原圆锥的母线长．注意不要混淆圆锥的底面半径和圆锥展
开后的扇形半径两个概念．
1．（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．
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【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．
2．（2023·湖南·中考真题）如图，圆锥底面圆的半径为4，则这个圆锥的侧面展开图中 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据底面周长等于 的长，即可求解．
【详解】解：依题意， 的长 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图的弧长，熟练掌握圆锥底面周长等于 的长是解题的关键．
3．（2023·江苏镇江·中考真题）如图，扇形 的半径为2，分别以点 为圆心，大于 的长为半
径画弧，两弧相交于点P， ，则 的长 ．（结果保留 ）
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【答案】 /
【分析】本题考查弧长的计算，关键是掌握弧长公式．由等腰三角形的性质求出 的度数，由弧长公
式即可计算．
【详解】解：由作图知∶ 垂直平分 ，
扇形的半径是2，
故答案为∶ ．
4．（2023·山东济南·中考真题）如图，正五边形 的边长为 ，以 为圆心，以 为半径作弧 ，
则阴影部分的面积为 （结果保留 ）．
【答案】
【分析】根据正多边形内角和公式求出正五边形的内角和，再求出 的度数，利用扇形面积公式计算即
可．
【详解】解：正五边形的内角和 ，
，
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了扇形面积和正多边形内角和的计算，熟练掌握扇形面积公式和正多边形内角和公式是
解答本题的关键．
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题型04 求弓形面积或不规则图形面积
【阴影部分面积求解问题简介】求阴影部分面积时，最基本的思想就是转化思想，即把所求的不规则的图
形的面积转化为规则图形的面积．常用的方法有：
1．（2022·贵州安顺·中考真题）如图，边长为 的正方形 内接于 ， ， 分别与 相切
于点 和点 ， 的延长线与 的延长线交于点 ，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正方形的性质以及切线的性质，求得 的长，勾股定理求得 的长，进而根据
即可求解．
【详解】如图，连接 , ，
边长为 的正方形 内接于 ，即 ，
， ， 为 的直径， ，
， 分别与 相切于点 和点 ，
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，
四边形 是正方形，
，
是等腰直角三角形，
，
，
四边形 是矩形，
，
四边形 是正方形，
，
，
．
故选C．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识
是解题的关键．
2．（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 ，
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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．
3．（2023·青海·中考真题）如图，正方形ABCD的边长是4，分别以点A，B，C，D为圆心，2为半径作
圆，则图中阴影部分的面积是 （结果保留 ）.
【答案】 /
【分析】分析出阴影面积 正方形面积 圆的面积，再利用相应的面积公式计算即可．
【详解】解：由图得，阴影面积 正方形面积 个扇形面积，
即阴影面积 正方形面积 圆的面积，
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了扇形面积的求法，正方形面积及圆的面积的求法是解题关键．
4．（2023·江苏南通·中考真题）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 ， ．
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(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．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（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．
【详解】（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；
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（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 ．
【点睛】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．
5．（2023·四川广安·中考真题）如图，在等腰直角 中， ，以点 为圆心，
为半径画弧，交 于点 ，以点 为圆心， 为半径画弧，交 于点 ，则图中阴影部分的面积
是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用扇形的面积公式求出扇形 和扇形 的面积，再减去 的面积即可得．
【详解】解： 是等腰直角三角形，
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，
，
∴图中阴影部分的面积是
，
故选：C．
【点睛】本题考查了扇形的面积，熟练掌握扇形的面积公式是解题关键．
题型05 正多边形与圆的相关计算
正多边形的常用公式
边长 1800
a =2R ⋅sin （R n为正多边形外接圆的半径）
n n n
周长 Pn=n⋅an 外角/中心角度数 360°
n
面积 1 对角线条数 n(n−3)
Sn= an⋅rn⋅n
2 2
边心距 1800 内角和 （ n-2 ）×180°.
rn=Rn⋅cos
n
内角度数 （n−2）×180° n边形的边数 （内角和÷180°）＋2
n
a 、Rn、rn的 关系 a2
n R2=r2+ n （an 、Rn、rn为构成直角三角形的三边长，已知其中两个值，第三个
n n 4
值可以借助勾股定理求解.）
【解题思路】正多边形与圆的计算问题：正n边形的外接圆半径和边心距把正n边形分成
2n个全等的直角三角形，而每个直角三角形都集中地反映了这个正n边形各元素间的关系，
故可以把正n边形的计算转化为解直角三角形，再利用勾股定理即可完成计算．
1．（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（ ）
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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．
2．（2022·吉林·中考真题）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．
如图，这个图案绕着它的中心旋转角 后能够与它本身重合，则角 可以为 度．
（写出一个即可）
【答案】60或120或180或240或300（写出一个即可）
【分析】如图（见解析），求出图中正六边形的中心角，再根据旋转的定义即可得．
【详解】解：这个图案对应着如图所示的一个正六边形，它的中心角 ，
，
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角 可以为 或 或 或 或 ，
故答案为：60或120或180或240或300（写出一个即可）．
【点睛】本题考查了正多边形的中心角、图形的旋转，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．
3．（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．
圆的对称性
内容 补充
圆的轴对 经过圆心任意画一条直线，并沿此直线圆对折,直线两旁的部 ①圆的旋转不变性是其他中心对称图
称性 分能够完全重合，因此圆是轴对称图形，每一条直径所在的 形所没有的性质.
直线都是它的对称轴，圆有无数条对称轴.
②圆的对称轴不是直径，而是直径所
在的直线.
圆的中心 将圆绕圆心旋转180°能与自身重合，因此它是中心对称图
对称性 形，它的对称中心是圆心. 将圆绕圆心旋转任意角度都能与 ③圆是一个特殊的对称图形，它的许
自身重合，这说明圆具有旋转不变性. 多性质都可以由它的对称性推出.
弧、弦、圆心角的关系
定理：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，所对的弦的弦心距相等.
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们
所对应的其余各组量分别相等.
【解题思路】在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么这两条弧所对的弦相等，所对的圆心角、圆周角也
都相等．运用这些相等关系，可以实现线段相等与角相等之间的相互转化．
1）圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形,利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转
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化.
2）圆周角和圆周角可利用其“桥梁”——圆心角来转化.
3）圆周角定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧
所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角.
圆内接四边形
性质：1）圆内接四边形对角互补.
2) 圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角.
正多边形常见边心距与边长的比值
图形 OA:AB:OB 内切圆与外接圆半径的比
等边三角形 1: √3 : 2 1:2
O
A B
AOB=60°
正方形 1:1: √2 1: √2
O
A
B
AOB=45°
正六边形 O √3 : 1: 2 √3 : 2
B
A
AOB=30°
【备注】正多边形的内切圆与外接圆为同心圆.
一、单选题
1．（2023·辽宁大连·一模）如图，四边形 内接于 ，连接 ，若 ，则
的度数是（ ）
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A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，根据圆周角定理得出 ，求出
，根据圆内接四边形的性质得出 ，即可求解．
【详解】解： ，
，
四边形 内接于 ，
，
故选：A．
2．（2023·青海西宁·二模）一个几何体的三视图如图所示，根据图中的相关数据求得该几何体的侧面积为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先判断这个几何体为圆锥，同时得到圆锥的母线长为 ，底面圆的直径为 ，然后利用扇
形的面积公式计算这个圆锥的侧面积．
本题考查了由三视图判断几何体，圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底
面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
【详解】解：由三视图得这个几何体为圆锥，圆锥的母线长为 ，底面圆的直径为 ，
所以这个几何体的侧面积
故选：C．
3．（2023·湖北武汉·一模）如图， 为四边形 的内切圆， ， ， ，则
的半径为（ ）
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A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过点 作 于点 ，设 与圆的切点为 ， 与圆的切点为 ， 与圆的切点为 ，
与圆的切点为 ，连接 ， ， ，得四边形 ，四边形 都是正方形，四边形
是矩形，设圆 半径为 ，则 ， ，根据切线长定理和勾股定理列
方程即可求解．
【详解】解：过点 作 于点 ，设 与圆的切点为 ， 与圆的切点为 ， 与圆的切点
为 ， 与圆的切点为 ，连接 ， ， ，如图，则：
，
，
四边形 ，四边形 都是正方形，
∴ ，
∴ ，
∴点 、 、 三点共线，
∴四边形 是矩形，
， ，
∵点 、 、 是切点，
， ，
设圆 半径为 ，则 ， ，
， ，
，
，
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解得： ，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线长定理，勾股定理，充分利用切线长定理求解相关线段
长度是解题关键．
4．（2023·贵州黔东南·二模）如图，在平行四边形 中， ，以 为直径的 恰好经过点 ，
交 于点 ，当点 为 的中点时，下列结论错误的是（ ）
A． 平分 B．
C． D． 的长为
【答案】B
【分析】本题考查了圆的相关计算，根据平行四边形的性质和判定、圆周角定理、弧长公式和扇形面积公
式计算即可，熟练掌握弧长公式和扇形面积公式是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接 、 ，作 于 ，
，
点 为 的中点，
，
，
平分 ，故A正确，不符合题意；
四边形 是平行四边形，
，
，
，
，
，故C正确，不符合题意；
，
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，
，
，故B错误，不符合题意；
，故D正确，符合题意；
故选：B．
5．（2023·江苏苏州·一模）已知正六边形的内切圆半径为 ，则它的周长为 ．
【答案】
【分析】此题主要考查了正多边形和圆、等边三角形及特殊角的三角函数值，根据已知得出六边形
是边长等于正六边形的半径是解题关键．根据题意画出图形，利用正六边形中的等边三角形的性
质求解即可．
【详解】解：如图，连接 、 ，；
六边形 是边长等于正六边形的半径，设正六边形的半径为 ，
是等边三角形，
，
，
解得 ，
它的周长 ．
故答案为： ．
6．（2023·福建泉州·模拟预测）如图，延长正五边形 各边，使得 ，若
，则 的度数为 ．
【答案】 /36度
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【分析】根据正五边形的性质以及全等三角形的判定和性质，可求出正五边形 的每个内角度数，
再根据等腰三角形的性质得出 是等腰三角形，并求出各个内角度数，由全等三角形的性质可求出答
案．
【详解】解：∵五边形 是正五边形，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
同理可得 ，即五边形 是正五边形，
在 中， ， ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了正多边形的圆，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及三角形内角
和定理，掌握正五边形的性质，三角形内角和定理以及全等三角形的判定和性质是解决问题的前提．
7．（2023·浙江杭州·三模）如图， 与 分别相切于点A，B， ， ，则 ．
【答案】3
【分析】先判断出 ，进而判断出 是等边三角形，即可得出结论．
【详解】解：∵ 与 分别相切于点A，B，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了切线长定理，判断出 是等边三角形是解题的关键．
8．（2023·北京西城·一模）圆在中式建筑中有着广泛的应用，例如古典园林中的门洞.如图，某地园林中的
一个圆弧形门洞的高为 ，地面入口宽为 ，求该门洞的半径
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【答案】1.3
【分析】本题主要考查垂径定理的应用，掌握垂径定理是解题的关键．设半径为 ，根据垂径定理可以
列方程求解即可．
【详解】解：设圆的半径为 ，
由题意可知， ， ，
中， ， ，
所以 ，
解得 ．
故答案为：1.3
9．（2023·浙江舟山·二模）如图， 和 是两个完全重合的直角三角板， ，斜边长为
三角板 绕直角顶点 顺时针旋转，当点 落在 边上时，则点 所转过的路径长为
．
【答案】
【分析】本题主要考查了旋转的性质，求弧长，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，
根据三角形内角和和含 度的直角三角形三边的关系得到 ， ，再根据旋转的性质
得 ，于是可判断 为等边三角形，所以 ，然后根据弧长公式计算弧 的长度即
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可．
【详解】解： ， ， ，
， ，
三角板 绕直角顶点 顺时针旋转，点 落在 边上，
∴ ，
∴ 为等边三角形，
∴
弧 的长度 ，
即点 所转过的路径长 ．
故答案为： ．
10．（2023·河南周口·二模）如图 所示的是以 为直径的半圆形纸片， ，沿着垂直于 的半径
剪开，将扇形 沿 向右平移至扇形 ，如图 ，其中点 与点 重合，点 与点 重合，则
图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】连接 ，作 于点 ， ，即可求得弧 和 以及 围成的重叠部分的面
积，则重叠部分的面积即可求得．
本题考查了扇形的面积的计算，正确理解不规则的图形的面积转化为规则图形的面积的和、差计算是关键．
【详解】解：连接 ，作 于点 ．
，
，
，
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，
在直角 中， ，
则 ，
则弧 和 以及 围成的阴影部分的面积是： ，
则 ．
故答案是： ．
11．（2023·河北沧州·模拟预测）某数学小组在一个半径为2的圆形场地上做探究实践活动．
（1）如图1，小组将圆形场地分为12等份．机器人从一个点到另外一个点均是直线行走．
①机器人从点 走到点 的路程为 ；
②机器人从点 到点 走了两条不同的路线．路线1： ；路线2： ，路线
1的长记为 ，路线2的长记为 ，则 ；（填“>”“<”或“=”）
（2）如图2，机器人从 出发，沿与半径 夹角为 的方向行走，走到场地边缘 后，再沿与 夹角
为 的方向折向行走至 ，…按照这样的方式，机器人走到 时第一次超过 ，且 ，则
．
【答案】 >
【分析】(1) ①根据中心角为 ，结合从点 走到点 其路径对的圆心角为 ，根据半径
为2计算即可．
②根据中心角为 ，得到 继而判定 都是等边三角
形， ，得到 ；根据 ，
得到 为圆的直径，根据中心角为 ，得到 ， ，
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得到 即 ，比较大小即可．
（2）设多边形的中心角为 ，当转到 时， , ，根据
，求得 ，再计算即可．
【详解】(1) ①∵中心角为 ，
∴从点 走到点 其路径对的圆心角为 ，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ．
②根据中心角为 ，
∴ ，
∴ 都是等边三角形，
∴ ，
∴ ；
∵
∴ ，
∴ 为圆的直径，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ．
（2）设多边形的中心角为 ，当转到 时， , ，
∵ ，
∴ ，
解得 ，
∵半径相等，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了中心角的计算，等边三角形的判定和性质，勾股定理，无理数的估算，等腰三角形的
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性质，熟练掌握中心角的计算是解题的关键．
12．（2023·山东菏泽·二模）如图1， 为 的圆心， 、 为 上的两点，且 ，连接 并
延长，与 的延长线相交于点 ．
(1)求证： ；
(2)如图2，连接 、 、 ，与 、 分别交于点 、 ．若 的直径为10， ，请求出
的值．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形中位线的性
质及勾股定理．
（1）连接 ，由 得 ，根据圆周角定理 ，再由直角三角形性
质得 ，即可得结论；
（2）连接 交 于点 ，由等腰三角形的性质不难得出 ，再利用垂径定理和勾股定理求出
，最后由三角形的中位线可得 ，具体见详解．
【详解】（1）证明：如图1，连接
是 的直径
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（2）
如图2，连接 交 于点
的直径为10，
，
设 ，则
在 和 中
，
即
解得：
，
13．（2023·河北·模拟预测）已知在 中， ，点 是 内心，连接 ，
且 ，现将 以B为圆心顺时针旋转到 边与 边所在直线重合，点 落在点
处，将 以 为圆心逆时针旋转到 边与 边所在直线重合，点 落在点 处．
(1)求证： 和 所在的直线 ；
(2)求线段 的长度；
(3)在⊙ 中，求以 为圆心角的扇形与以 为圆心角的扇形和以 为圆心角的扇形面积之
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比是多少？
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接 ，过点O作 ，过 作 于 ，过 作
于 ，由内心的性质得点O到三角形三边的距离相等，由旋转的性质可得 ，则可得
四边形 是矩形，从而可得结论成立；
（2）易得四边形 是矩形，则有 ，利用切线长定理、旋转的性质即可求得结果；
（3）由角平分线的性质可分别求得三个角的度数，从而可求得以它们为圆心角的扇形的面积比．
【详解】（1）证明：如图，连接 ，过点O作 ，过 作 于
，过 作 于 ，
由内心的性质得： ，
由旋转知： ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ；
（2）解：由（1）知，点 在矩形 的边 上，且 ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∵ 是 的内切圆，
∴ ，
∴ ，
由旋转知： ，
∴ ，
∵ 中， ， ，
∴ ，
由勾股定理得 ,
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∴ ；
（3）解：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 平分 ， 平分 ， 平分 ，
∴ ， ， ，
∴ ，
设内切圆的半径为r，则以 为圆心角的扇形与以 为圆心角的扇形和以 为圆心角的扇
形面积之比是： ．
【点睛】本题是圆的综合问题，考查了内心及其性质、矩形的判定，切线长定理，扇形面积，三角函数，
旋转的性质等知识，灵活运用内心及其性质、旋转的性质是解题的关键．
14．（2023·河北邯郸·二模）摩天轮（如图1）是游乐场中受欢迎的游乐设施之一，它可以看作一个大圆和
六个全等的小圆组成（如图2），大圆绕着圆心O匀速旋转，小圆通过顶部挂点（如点P，N）均匀分布在
大圆圆周上，由于重力作用，挂点和小圆圆心连线（如 ）始终垂直于水平线l．
(1) ________°
(2)若 ， 的半径为10，小圆的半径都为1：
①在旋转一周的过程中，圆心M与l的最大距离为________；
②当圆心H到l的距离等于 时，求 的长；
③求证：在旋转过程中， 的长为定值，并求出这个定值．
【答案】(1)60
(2)①25；② ；③ 的长为定值，定值为10．
【分析】（1）将 平均分6份即可；
（2）①当圆心M在 的延长线上时，圆心M与l有最大距离，据此即可求解；
②设 的挂点为K，过点H作 于点T，先证四边形 是矩形，再用勾股定理解 即可；
③先证 是等边三角形，再证 是平行四边形，可得 ．
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【详解】（1）解： ，
故答案为：60；
（2）解：①当圆心M在 的延长线上时，圆心M与l有最大距离，
最大距离为 ，
故答案为：25；
②如图，设 的挂点为K，过点H作 于点T，
∵挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，
∴K，H，T在同一直线上，
∵圆心H到l的距离等于 ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
又∵ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
③证明：如图所示，连接 ， ，
由（1）知 ，
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又∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵小圆的半径都为1，挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，
∴ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ 的长为定值．
【点睛】本题考查圆的基本知识，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性
质，勾股定理等，解题的关键是根据题意抽象出数学模型．
15．（2023·辽宁·模拟预测）【发现问题】
“速叠杯”是深受学生喜爱的一项运动，杯子的叠放方式如图1所示：每层都是杯口朝下排成一行，自下
向上逐层递减一个杯子，直至顶层只有一个杯子．爱思考的小丽发现叠放所需杯子的总数随着第一层（最
底层）杯子的个数变化而变化．
【提出问题】
叠放所需杯子的总数y与第一层杯子的个数x之间有怎样的函数关系？
【分析问题】
小丽结合实际操作和计算得到下表所示的数据：
第一层杯子的个数
杯子的总数
然后在平面直角坐标系中，描出上面表格中各对数值所对应的点，得到图2，小丽根据图2中点的分布情
况，猜想其图象是二次函数图象的一部分；为了验证自己的猜想，小丽从“形”的角度出发，将要计算总
数的杯子用黑色圆表示（如图3），再借助“补”的思想，补充相同数量的白色圆，使每层圆的数量相同，
进而求出 与 的关系式．
【解决问题】
（1）直接写出 与 的关系式；
（2）现有 个杯子，按【发现问题】中的方式叠放，求第一层杯子的个数；
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（3）杯子的侧面展开图如图4所示， ， 分别为上、下底面圆的半径， 所对的圆心角
， ．将这样足够数量的杯子按【发现问题】中的方式叠放，但受桌面
长度限制，第一层摆放杯子的总长度不超过 ，求杯子叠放达到的最大高度和此时杯子的总数．（提
示：杯子下底面圆周长与AB的长度相等）
【答案】（1） （2）第一层杯子的个数为 个；（3）杯子叠放达到的最大高度为 和
此时杯子的总数为 个
【分析】（1）根据题意，将要计算总数的杯子用黑色圆表示（如图3），再借助“补”的思想，补充相同
数量的白色圆，使每层圆的数量相同，进而求出 与 的关系式；
（2）将 代入（1）中的解析，即可求解；
（3）根据弧长公式先求得 ，根据题意列出不等式求得第一层摆放杯子 个，进而求得总数，
根据 得出 ，勾股定理求得 的长，利用相似三角形的性质得出 的长，进而
即可求解．
【详解】解：（1）依题意， ；
（2）当 时， ，
解得： （舍去），
答：第一层杯子的个数为 个；
（3）∵ ， ，
解得： ；
∵第一层摆放杯子的总长度不超过 ，
设第一层杯子的个数为 个，则 ，
解得： ， 取最大值为 ，
即第一层摆放杯子 个，杯子的层数也是 ，
∴杯子的总数为 （个），
在图4中， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
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∴ ，
∴最大高度为 ．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，求弧长，勾股定理，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识
是解题的关键．
考点二 与圆有关的位置关系
题型01 与圆有关的位置关系
1. 点和圆的位置关系
已知⊙O的半径为r，点P到圆心O的距离为d，则：
位置关系 图形 定义 性质及判定
P
r
d
点在圆外 点在圆的外部 d > r 点P在圆外
P
r
d
点在圆上 点在圆周上 d = r 点P在圆上
r P
点在圆内 d 点在圆的内部 d < r 点P在圆内
【说明】掌握已知点的位置，可以确定该点到圆心的距离与半径的关系，反过来已知点到圆心的距离与半
径的关系，可以确定该点与圆的位置关系．
2. 直线和圆的位置关系
设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，则直线和圆的位置关系如下表：
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位置关系 图形 公共点个数 性质及判定
r
相离 没有公共点 d > r直线l与⊙O相离
d
r
相切 有唯一公共点 d = r直线l与⊙O相切
d
r
相交 有两个公共点 d < r直线l与⊙O相交
d
【小技巧】判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可．
3. 圆和圆之间的位置关系
设⊙O、⊙O 的半径分别为r、R（其中R>r），两圆圆心距为d，则两圆位置关系如下表：
1 2
位置关系 图形 公共点个数 性质及判定
R
r
外离 无 d>R+r⇔两圆外离
O 1 d O 2
R
外切 r 1个切点 d=R+r⇔两圆外切
O 1 d O 2
r R
相交 两个交点 R−r
