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备战 2024 中考数学一轮复习
第六章圆
第 2 讲与圆有关的证明与计算
№考向解读
➊考点精析
➋真题精讲
➌题型突破
➍专题精练
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第 2 讲与圆有关的证明与计算
该板块内容以考查综合题为主，也是考查重点，除了填空题和选择题外，年年都会考查综
合题，对多数考生来说也是难点，2024年各地中考肯定还是考查的重点在选择、填空题中
考查三角形的外心、正多边形、弧长、扇形面积，在解答题中想必还会考查切线的性质和
判定，和直角三角形结合的求线段长的问题和三角函数结合的求角度的问题等知识点综合
考查形式多样，多以动点、动图的形式给出，难度较大。关键是掌握基础知识、基本方法
力争拿到全分。
→➊考点精析←
→➋真题精讲←
考向一与切线证明有关
考向二与求线段有关
考向三与求角度有关
第 2 讲与圆有关的证明与计算
→➊考点精析←
一、三角形与圆
1．三角形的外接圆相关概念
经过三角形各顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心叫做三角形的外心，这个三角
形叫做圆的内接三角形．外心是三角形三条垂直平分线的交点，它到三角形的三个顶点的
距离相等．
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2．三角形的内切圆
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三
角形叫做圆的外切三角形．内心是三角形三条角平分线的交点，它到三角形的三条边的距
离相等．
二、正多边形的有关概念
正多边形中心：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心．
正多边形半径：正多边形外接圆的半径叫做正多边形半径．
正多边形中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形中心角．
正多边形边心距：正多边形中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
→➋真题精讲←
题型一计算
1．（2023·新疆·统考中考真题）如图，在 中，若 ， ，则扇形
(阴影部分)的面积是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆周角定理求得 ，然后根据扇形面积公式进行计算即可求解．
【详解】解：∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
故选：B.
【点睛】本题考查了圆周角定理，扇形面积公式，熟练掌握扇形面积公式以及圆周角定理
是解题的关键．
2．（2023·江苏连云港·统考中考真题）如图，矩形 内接于 ，分别以
为直径向外作半圆．若 ，则阴影部分的面积是
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（ ）
A． B． C． D．20
【答案】D
【分析】根据阴影部分面积为2个直径分别为 的半圆的面积加上矩形的面积减去直
径为矩形对角线长的圆的面积即可求解．
【详解】解：如图所示，连接 ，
∵矩形 内接于 ，
∴
∴阴影部分的面积是
，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
3．（2023·山东滨州·统考中考真题）如图，某玩具品牌的标志由半径为 的三个等圆构
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成，且三个等圆 相互经过彼此的圆心，则图中三个阴影部分的面积之和为（
）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆的对称性可知：图中三个阴影部分的面积相等，只要计算出一个阴影部分
的面积即可，如图，连接 ，阴影 的面积＝扇形 的面积，据此即
可解答.
【详解】解：根据圆的对称性可知：图中三个阴影部分的面积相等；
如图，连接 ，则 ， 是等边三角形，
∴ ，弓形 的面积相等，
∴阴影 的面积＝扇形 的面积 ，
∴图中三个阴影部分的面积之和 ；
故选：C.
【点睛】本题考查了不规则图形面积的计算，正确添加辅助线、掌握求解的方法是解题关
键.
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4.（2023·重庆·统考中考真题）如图，在矩形 中， ， ，E为 的中点，
连接 ，以E为圆心， 长为半径画弧，分别与 交于点M，N，则图中阴
影部分的面积为________．（结果保留 ）
【答案】
【分析】利用矩形的性质求得 ，进而可得
，然后根据 解答即可．
【详解】解：∵四边形 是矩形， ， ，E为 的中点，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ；
故答案为： ．
【点睛】本题考查了矩形的性质和不规则面积的计算，熟练掌握矩形的性质、明确阴影面
积为两个全等的等腰直角三角形的面积减去两个圆心角为 的扇形面积是解题关键．
5．（2023·重庆·统考中考真题）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．
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【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．
6．（2023·江苏扬州·统考中考真题）用半径为 ，面积为 的扇形纸片，围成一
个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径为________ ．
【答案】
【分析】应为圆锥侧面母线的长就是侧面展开扇形的半径，利用圆锥侧面面积公式：
，就可以求出圆锥的底面圆的半径．
【详解】解：设圆锥底面圆的半径为 ， ，
由扇形的面积： ，
得：
故答案为： .
【点睛】本题考查了圆锥侧面面积的相关计算，熟练掌握圆锥侧面面积的计算公式是解题
的关键，注意用扇形围成的圆锥，扇形的半径就是圆锥的母线．
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题型二与切线证明有关
7．（2023·四川达州·统考中考真题）如图， 内接于 是 延
长线上的一点， ， 相交于点 ．
(1)求证： 是 的切线；
(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）由 ， 为半径，可知 ， ，则
， ， ，如图1，连接 ，由
，可得 ，则 ，即 ，进而结论得证；
（2）如图2，记 与 交点为 ，连接 ，过 作 于 ，证明 是等
边三角形，则 ， ，设 半径为 ，则
，由 ， ，可得 ，证明
，则 ，即 ，解得 或 （舍去）， 根据
，计算求解即可．
【详解】（1）解：如图，连接 ，
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∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，由等边对等角可得 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
又∵ 是半径，
∴ 是 的切线；
（2）解：如图2，记 与 交点为 ，连接 ，过 作 于 ，
∵ ，
∴ ，
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∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
设 半径为 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等腰三角形，
又∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，即 ，解得 或 （舍去），
∴ ，
∴ 的长为6．
【点睛】本题考查了垂径定理，等腰三角形的判定与性质，切线的判定，等边三角形的判
定与性质，相似三角形的判定与性质，余弦、正切等知识．解题的关键在于对知识的熟练
掌握与灵活运用．
8．（2023·湖南怀化·统考中考真题）如图， 是 的直径，点 是 外一点， 与
相切于点 ，点 为 上的一点．连接 、 、 ，且 ．
(1)求证： 为 的切线；
(2)延长 与 的延长线交于点D，求证： ；
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(3)若 ，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接 ，证明 ，即可得证；
（2）根据 ，即可得证；
（3）根据圆周角定理得出 ，进而勾股定理求得 ，根据
，即可求解．
【详解】（1）证明：∵ 是 的切线，
∴
如图所示，连接
在 与 中，
∴
∵ 为 上的一点．
∴ 是 的切线；
（2）∵ 是 的切线；
∴ ，
∴
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∴
（3）解：∵ ，
∴ ，
∵
∴ ，
∴
∴ ，
∴
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，圆周角定理，求含30度角的直角三角形的性质，
勾股定理，求扇形面积，熟练掌握以上知识是解题的关键．
9．（2023·新疆·统考中考真题）如图， 是 的直径，点 ， 是 上的点，且
，连接 ，过点 作 的垂线，交 的延长线于点 ，交 的延长
线于点 ，过点 作 于点 ，交 于点 ．
(1)求证： 是 的切线；
(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
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【分析】（1）连接 ，根据 ，得出 ，由 ，得出
，根据已知条件得出 ，证明 ，结合已知条件可得
，即可得证；
（2）连接 ，根据已知条件得出 ， ，得出 ，证明
，得出 ， ，进而求得 ，
，根据 ，求得 ，进而即
可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴
∵ ，
∴ ，
∴
∴
∵
∴
∵ 是半径，
∴ 是 的切线；
（2）解：如图所示，连接 ，
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∵ ， ，
设 ，则
∴ ，
∴ ，
即
解得： ，
∵ ，
∴
∵
∴ ，
∴ ，
∵ 是直径，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又 ，
∴ ，
∴ , ，
∴ ，
∴ ，
解得： ，
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∴
∴ ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴
∴ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ，
∴ ，
∵ ,
,
∴ ，
∵ ，
∴
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了切线的判定，解直角三角形，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．
题型三与求线段有关
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10．（2023·山东·统考中考真题）如图， 为 的直径，C是圆上一点，D是 的中
点，弦 ，垂足为点F．
(1)求证： ；
(2)P是 上一点， ，求 ；
(3)在（2）的条件下，当 是 的平分线时，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由D是 的中点得 ，由垂径定理得 ，得到 ，根
据同圆中，等弧对等弦即可证明；
（2）连接 ，证明 ，设 的半径为r，利用相似三角形的性质得 ，
，由勾股定理求得 ，得到 ，即可得到
；
（3）过点B作 交 于点G，证明 是等腰直角三角形，解直角三角形得到
，由 得到 ，解得 ，即可求解．
【详解】（1）解：∵D是 的中点，
∴ ，
∵ 且 为 的直径，
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∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ 为 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
设 的半径为r，
则 ，
解得 ，经检验， 是方程的根，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（3）解：如图，过点B作 交 于点G，
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∴
∵ ， 是 的平分线，
∴
∴
∴ ，
∵
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定理及推论，解直角三
角形等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．
11．（2023·湖南·统考中考真题）如图所示，四边形 是半径为R的 的内接四边形，
是 的直径， ，直线l与三条线段 、 、 的延长线分别交于点
E、F、G．且满足 ．
(1)求证：直线 直线 ；
(2)若 ；
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①求证： ；
②若 ，求四边形 的周长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析，②
【分析】（1）在 中，根据同弧所对的圆周角相等可得 ，结合已
知在 中根据三角形内角和定理可求得 ；
（2）①根据圆内接四边形的性质和邻补角可得 ，由直径所对的圆周角是直
角和（1）可得 ，结合已知即可证得 ；
②在 中由 ，可得 ，结合题意易证 ，在 中由勾股定理可
求得 ，由①可知易得 ，最后代入计算即可求得周长．
【详解】（1）证明：在 中，
，
，即 ，
在 中，
，
，
即直线 直线 ；
（2）①四边形 是半径为R的 的内接四边形，
，
，
，
是 的直径，
，
由（1）可知 ，
，
在 与 中，
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，
，
②在 中， ，
，
是 的直径，
，
，
，
，
在 中，
，
即 ，
解得： ，
由①可知 ，
，
，
四边形 的周长为：
．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等、三角形内角和定理、垂直的定义、圆内接四
边形的性质、邻补角互补、直径所对的圆周角是直角、全等三角形的判定和性质、勾股定
理解直角三角形以及周长的计算；解题的关键是灵活运用以上知识，综合求解．
12．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图， 是 的直径， 是弦， 是 上一点，
是 延长线上一点，连接 ．
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(1)求证： ；（请用两种证法解答）
(2)若 ， 的半径为3， ，求 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)8
【分析】（1）证法一：连接 ，得到 ，因为 ，所以
；证法二：连接 ，可得 ，则
，根据 ，可得 ，即可得到结果；
（2）连接 ，根据角度间的关系可以证得 为直角三角形，根据勾股定理可得边
的长，进而求得结果．
【详解】（1）证法一：如图，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ ，
∴ ，
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证法二：如图，连接 ，
∵四边形 是 的内接四边形，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
（2）解：如图，连接 ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
∵ 的半径为3，
∴ ，
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在 中， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
【点睛】本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，勾股定理，找到角度之间的
关系是解题的关键．
13．（2023·山东滨州·统考中考真题）如图，点 是 的内心， 的延长线与边
相交于点 ，与 的外接圆相交于点 ．
(1)求证： ；
(2)求证： ；
(3)求证： ；
(4)猜想：线段 三者之间存在的等量关系．（直接写出，不需证明．）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
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(4)
【分析】（1）过点F作 ，垂足分别为 ，则 ，进而表示
出两个三角形的面积，即可求解；
（2）过点A作 于点 ，表示出两三角形的面积，即可求解；
（3）连接 ，证明 得出 ，证明 ，
得出 ，即可 ，恒等式变形即可求解；
（4）连接 ，证明 ，得出 ，证明 ，得出
，即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，过点F作 ，垂足分别为 ，
∵点 是 的内心，
∴ 是 的角平分线，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（2）证明：如图所示，过点A作 于点 ，
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∵ ，
∴ ，
由（1）可得 ，
∴ ；
（3）证明：连接 ，
∵
∴
∴
∴ ，
∴
∵ ，
∴ ，
又 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
∴ ，
∴ ，
（4）解：如图所示，连接 ，
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∵点 是 的内心，
∴ 是 的角平分线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义，同弧所对的圆周角相等，角平分线的性质与定义，
相似三角形的性质与判定，三角形的外角性质，三角形的面积公式等知识，熟练掌握相似
三角形的性质与判定是解题的关键．
题型四与求角度有关
14．（2023·四川南充·统考中考真题）如图， 与 相切于点A，半径 ，
与 相交于点D，连接 ．
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(1)求证： ；
(2)若 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接 ，根据切线的性质得出 ，再由平行线的性质得出
，利用圆周角定理及等腰直角三角形的性质即可证明；
（2）过点A作 ，过点C作 的延长线于点F，根据勾股定理及等腰直角
三角形的性质得出 ，再由正切函数确定 ， ，再由正方
形的判定和性质及相似三角形的判定和性质求解即可．
【详解】（1）证明：连接 ，如图所示：
∵ 与 相切于点A，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
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（2）过点A作 ，过点C作 交 的延长线于点F，如图所示：
由（1）得 ，
∴ 为等腰直角三角形，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
由（1）得 ，
∵ ，
∴四边形 为矩形，
∵ ，
∴四边形 为正方形，
∴ ，
∵ ，
∴ ,
∴ 即 ，
解得： ，
∴ ．
【点睛】题目主要考查圆周角定理，解直角三角形及正方形与相似三角形的判定和性质，
理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
15．（2023·辽宁大连·统考中考真题）如图1，在 中， 为 的直径，点 为
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上一点， 为 的平分线交 于点 ，连接 交 于点 ．
(1)求 的度数；
(2)如图2，过点 作 的切线交 延长线于点 ，过点 作 交 于点 ．
若 ，求 的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据圆周角定理证明两直线平行，再利用平行线的性质证明角度相等即可；
（2）由勾股定理找到边的关系，求出线段长，再利用等面积法求解即可．
【详解】（1）∵ 是 的直径，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
（2）如图，连接 ，设 ，
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则 ， ， ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
在 中，有勾股定理得：
由（1）得： ，
∴ ，
由勾股定理得： ， ，
∴ ，
∴ ，整理得： ，
解得： 或 （舍去），
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的切线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】此题考查了圆周角定理和勾股定理，三角形中位线定理，切线的性质，解一元二
次方程，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．
16．（2023·四川成都·统考中考真题）如图，以 的边 为直径作 ，交 边于
点D，过点C作 交 于点E，连接 ．
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(1)求证： ；
(2)若 ，求 和 的长．
【答案】(1)见解析
(2) ，
【分析】（1）根据 ，得到 ，再根据同弧所对的圆周角相等，得到
，可证明 是等腰三角形，即可解答；
（2）根据直径所对的圆周角为直角，得到 ，设 ，根据勾股定理列方
程，解得x的值，即可求出 ；解法一：过点 作 的垂线段，交 的延长线于点
F，证明 ，求出 的长，根据勾股定理即可解出 的长；解法二：连接
,得到角相等，进而证得 ，根据对应边成比例即可解出 的长．
【详解】（1）证明： ，
，
，
，
，
；
（2）解：设 ，
是 的直径，
，
，
，即 ，
根据（1）中的结论，可得 ，
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根据勾股定理，可得 ，即 ，
解得 ， （舍去），
， ,
根据勾股定理，可得 ；
解法一：如图，过点 作 的垂线段，交 的延长线于点F，
，
，
，
，即 ，
， ， ，
，
，
，
设 ，则 ，
，
可得方程 ，解得 ，
， ，
根据勾股定理，可得 ．
解法二：如图，连接 ,
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， ，
，
，
又 ， ， ，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定及性质，
平行线的性质，勾股定理，正切，利用等量代换证明相关角相等是解题的关键．
17．（2023·浙江杭州·统考中考真题）在边长为 的正方形 中，点 在边 上（不
与点 ， 重合），射线 与射线 交于点 ．
(1)若 ，求 的长．
(2)求证： ．
(3)以点 为圆心， 长为半径画弧，交线段 于点 ．若 ，求 的长．
【答案】(1)
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(2)见解析
(3)
【分析】（1）证明 ，利用相似三角形的对应边成比例求解；
（2）证明 ，利用相似三角形的对应边成比例证明；
（3）设 ，则 ， ，在 中，利用勾股定理求解．
【详解】（1）解：由题知， ，
若 ，则 ．
四边形 是正方形，
，
又 ，
，
，
即 ，
．
（2）证明： 四边形 是正方形，
， ，
，
，
，
．
（3）解：设 ，
则 ， ．
在 中， ，
即 ，
解得 ．
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．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，正方形的性质等，熟练
掌握相关性质定理是解题的关键．
18．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图， 都是 的半径，
．
(1)求证： ；
(2)若 ，求 的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由圆周角定理得出， ，再根据
，即可得出结论；
（2）过点 作半径 于点 ，根据垂径定理得出 ，证明
，得出 ，在 中根据勾股定理得出 ，
在 中，根据勾股定理得出 ，求出 即可．
【详解】（1）证明：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
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，
．
（2）解：过点 作半径 于点 ，则 ，
，
∴ ，
，
，
，
在 中，
，
在 中， ，
，
，即 的半径是 ．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，
熟练掌握圆周角定理．
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