文档内容
2026年菁优中考数学解密之圆
一．选择题（共10小题）
1．（2025•湖北三模）如图，由7个形状、大小完全相同的正六边形组成的网格，正六边形的顶点称为格
点．若每个正六边形的边长为1，△ABC的顶点都在格点上，则△ABC的面积是（ ）
A．2 B．2√3 C．4 D．4√3
2．（2025•富民县三模）如图，四边形ABCD内接于 O，M为边CB延长线上一点．若∠AOC＝100°，
则∠ABM的度数是（ ） ⊙
A．50° B．45° C．40° D．30°
3．（2025•威海一模）如图1是山西平遥推光漆器，图2是选取该漆器上的部分图案并且放大后的示意图，
四边形ABCD是边长为2的正方形，分别以正方形的四个顶点为圆心，对角线长的一半为半径在正方
形内画弧，四条弧相交于点O．则图中阴影部分的面积为（ ）
1
A．2 ﹣4 B． ﹣2 C．2 D． π
4
π π π
4．（2025•南山区校级模拟）如图，A，B，C是某社区的三栋楼，若在AC中点D处建一个5G基站，其
覆盖半径为300m，则这三栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是（ ）
第1页（共37页）A．A，B，C都不在 B．只有B
C．只有A，C D．A，B，C
5．（2025•晋中二模）如图，AB为 O的直径，C，D为 O上两点，若∠C＝40°，则∠ABD的度数为（
） ⊙ ⊙
A．50° B．40° C．45° D．35°
6．（2025•洛江区模拟）如图，将一把两边都带有刻度的直尺放在半圆形纸片上，使其一边经过圆心 O，
另一边所在直线与半圆相交于点D，E，量出半径OC＝5cm，弦DE＝8cm，则直尺的宽度为（ ）
A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
7．（2025•丹徒区一模）如图，平行四边形ABCD中，∠D＝60°，AD＝10，以BC为直径的 O交AB于
点E，则^BE的长为（ ） ⊙
第2页（共37页）5 5
A． B． π C．5 D． π
3 6
π
8．（2025•阳泉模拟）如图，四边形ABCD为 O的内接四边形，延长AB，DC交于点E，延长AD，BC
交于点F．若∠A＝40°，∠E＝55°，则∠F的⊙度数为（ ）
A．40° B．45° C．50° D．55°
9．（2025•淮南二模）如图，AB是半圆的直径，点D是^AC的中点，连接DA，AC，DE⊥AO于点E．若
∠DAC＝22.5°，DE＝1，则阴影部分的面积为（ ）
π √2 π √2 π π
A． - B． - C． -√2 D． -√2
4 2 2 2 4 2
10．（2025•西宁一模）如图，△BCD内接于 O，点B是C^D的中点，CD是 O的直径．若∠ABC＝
30°，AC＝5，则BC的长为（ ） ⊙ ⊙
A．5 B．4√2 C．4√3 D．5√2
二．填空题（共10小题）
11．（2025•定西二模）如图，AB为 O的直径，弦CD⊥AB于点E，已知CD＝8，EB＝2，则 O的半径
为 ． ⊙ ⊙
第3页（共37页）12．（2025•哈尔滨模拟）已知：如图，AB是 O的直径，弦CD交AB于E点，BE＝1，AE＝5，∠AEC
＝30°，则CD的长为 ⊙ ．
13．（2025•深圳校级模拟）如图，这是用于液体蒸馏或分馏物质的玻璃容器，其底部是圆球形．球的半
径为10cm，瓶内液体的最大深度CD＝4cm，则截面圆中弦AB的长为 cm．
14．（2025•无锡一模）如图，BD是 O的直径，点A、C在同一半圆上，∠CBD＝27°，则∠A的度数为
． ⊙
15．（2025•东河区校级自主招生）如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝2．以点A为圆心，AB的长为
半径画弧交DC于点F．以点D为圆心，DA的长为半径画弧交DC于点E．则图中阴影部分的面积为
．（结果保留 ）
π
第4页（共37页）16．（2025•禄丰市一模）某节活动课上，安安用一张半径为18cm的扇形纸板做了一个圆锥形帽子（如
图，接缝处忽略不计）．若圆锥形帽子的半径为10cm，则这张扇形纸板的面积为 cm2．
17．（2025•灌南县一模）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，连接AE、BE，EA平分∠DEB，点
O是△BCE的内心，连接AO，AO＝AB，若AD＝5，则AB的长为 ．
18．（2025•宜秀区二模）已知一次函数y＝k（x﹣3）+1图象与一圆心为（0，1），半径为1的圆相切，
则切点坐标为 ．
19．（2025•沭阳县校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝2，将Rt△ABC绕点
C顺时针旋转90°后得到Rt△DEC，点B经过的路径为BE，将线段AB绕点A顺时针旋转60°后，点B
恰 好 落 在 CE 上 的 点 F 处 ， 点 B 经 过 的 路 径 为 ^BF， 则 图 中 阴 影 部 分 的 面 积 是
．
20．（2025•盐都区模拟）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝30°，点C为半径OA上一点，现以点O为圆
第5页（共37页）心，OC长为半径作弧，该弧交半径OB于点D，记^AB的长为m，BD的长度为d，则C^D的长为
．（用含m，d的式子表示）
三．解答题（共5小题）
21．（2025•南关区校级二模）【问题初探】
（1）如图1，动点A在半径为2的 O上，若OB＝3，直接写出AB的最小值．
由于OA和OB都是定长，当点A，⊙B，O形成三角形时，霖霖想到了“三角形两边之差小于第三边”，
由此可知当点A在OB上时对应的就是AB最小的情形．按照霖霖的思路，请直接写出AB最小值．
【类比分析】
（2）如图2，点E和F分别是边长为4的正方形ABCD边CD和AD上的两个动点，且CE＝DF，连接
AE和BF交于点G，连接DG，求DG的最小值．
霖霖尝试着绘制了点E在不同位置的几张图，目测∠AGB始终都是直角，于是联想到了“90°圆周角所
对的弦是直径”，也就是说“点G是正方形ABCD内以AB为直径的圆弧上的点”，进而本题可以类
比图1获解，清按照霖霖的思路完成求DG最小值的解题过程．以下是证明∠AGB＝90°的部分过程
证明：
∴∠AGB＝90°，
∴可判断点G的轨迹，即DG的最小值为 ．
请补全缺失的证明过程．
【学以致用】
（3）如图3，是两块等腰直角三角板，∠C＝∠DEF＝90°，CA＝CB，ED＝EF＝4．当点D和E同时
在边AC和AB上滑动时，点F也随之移动，若连接AF，则AF的最大值是 ．
第6页（共37页）22．（2025•香洲区模拟）如图，在边长为1的正方形网格图中，建立平面直角坐标系，一圆弧经过点
A，B，C，D，其中A，B，C为网格点．
（1）请直接写出图中弧ABC所在圆的圆心P的坐标 ；
（2）求圆周角∠ADC的度数．
23．（2025•碑林区校级一模）如图，四边形ABCD内接于 O，∠DAB＝90°，点E在BC的延长线上，
且∠CED＝∠CAB． ⊙
（1）求证：DE是 O的切线；
（2）若AC∥DE，当⊙AB＝4，DC＝2时，求AC的长．
24．（2025•蜀山区校级三模）如图，AB是 O的直径，CD＝CB，CE⊥AB于点E，连接BD交CE于点
F． ⊙
（1）求证：CF＝BF．
（2）若CD＝4√5，AC＝8√5，求弦BD的长．
25．（2025•清远一模）如图1，独轮车俗称“手推车”，又名辇、鹿车等，是交通运输工具史上的一项
第7页（共37页）重要发明，至今在我国农村和一些边远地区仍然广泛使用．如图2所示为从独轮车中抽象出来的几何
模型．在△ABC中，以△ABC的边AB为直径作 O，交AC于点P，PD是 O的切线，且PD⊥BC，
垂足为点D． ⊙ ⊙
（1）求证：∠A＝∠C；
（2）若PD＝2BD＝4，求 O的半径．
⊙
第8页（共37页）2026年菁优中考数学解密之圆
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A A D A A B B A D
一．选择题（共10小题）
1．（2025•湖北三模）如图，由7个形状、大小完全相同的正六边形组成的网格，正六边形的顶点称为格
点．若每个正六边形的边长为1，△ABC的顶点都在格点上，则△ABC的面积是（ ）
A．2 B．2√3 C．4 D．4√3
【考点】正多边形和圆；解直角三角形．
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【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】B
【分析】由正六边形的性质可知，格点A、B、G、D四点共线，格点C、E、F、D四点共线，过格点
1
P 和 M 分别作 EF 的垂线，垂足分别为 Q、N，求出∠PEQ＝60°，解直角三角形得到EQ= ，
2
√3 1
PQ= ，NF= ，证明四边形PQNM是矩形，得到QN＝PM＝1，则EF＝2，进而得到AB＝EF＝
2 2
5√3 AB 2
DG＝2，则 AD＝AB+BG+DG＝5，求出点 A 到 CD 的距离为 ，根据 = ，可得
2 AC 5
2
S = S ，据此求解即可．
△ABC 5 △ACD
【解答】解：如图所示，由题意得，格点A、B、G、D共线，格点C、E、F、D共线，
第9页（共37页）分别过P、M作PQ⊥CD于Q，MN⊥CD于N，
180°×(6-2)
∴∠CEP= =120°，
6
∴∠PEQ＝60°，
1 √3
∴EQ=EP⋅cos∠PEQ= ，∠EPQ＝30°，PQ=EP⋅sin∠PEQ= ，
2 2
1
同理可得，NF= ，∠EPM＝120°，
2
∴∠QPM＝90°，
∴四边形PQNM是矩形，
∴QN＝PM＝1，
∴EF＝EQ+QN+NF＝2，
∴AB＝EF＝DG＝2，
∴AD＝AB+BG+DG＝5，
√3
∵PQ= ，
2
√3 √3 5√3
∴A到CD的距离为：2×2× + = ，
2 2 2
1 5√3
∴S = × ×(1+2+1)=5√3，
△ACD 2 2
AB 2
∵ = ，
AD 5
2
∴S = S =2√3，
△ABC 5 △ACD
故选：B．
【点评】本题主要考查了解直角三角形，正六边形的性质，矩形的性质与判定等，解题时要熟练掌握
并能灵活运用解直角三角形的方法是关键．
2．（2025•富民县三模）如图，四边形ABCD内接于 O，M为边CB延长线上一点．若∠AOC＝100°，
则∠ABM的度数是（ ） ⊙
第10页（共37页）A．50° B．45° C．40° D．30°
【考点】圆内接四边形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
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【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】A
【分析】根据圆周角定理求出∠ADC，再根据圆内接四边形的性质求出∠ABM．
1 1
【解答】解：由圆周角定理得：∠ADC= ∠AOC= ×100°＝50°，
2 2
∵四边形ABCD内接于 O，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，⊙
∵∠ABM+∠ABC＝180°，
∴∠ABM＝∠ADC＝50°，
故选：A．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关
键．
3．（2025•威海一模）如图1是山西平遥推光漆器，图2是选取该漆器上的部分图案并且放大后的示意图，
四边形ABCD是边长为2的正方形，分别以正方形的四个顶点为圆心，对角线长的一半为半径在正方
形内画弧，四条弧相交于点O．则图中阴影部分的面积为（ ）
1
A．2 ﹣4 B． ﹣2 C．2 D． π
4
π π π
【考点】扇形面积的计算；正方形的性质．
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【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】A
第11页（共37页）【分析】由题意得半径为√2，阴影部分面积＝圆的面积﹣正方形的面积，代入计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是边长为2的正方形，
∴正方形的对角线的长为2√2，
∴半径的长为√2，
∵阴影部分面积＝圆的面积﹣正方形的面积，
∴阴影部分面积=π(√2) 2-22=2π-4，
故选：A．
【点评】本题考查了正方形的性质和圆，组合图形阴影部分面积，解题的关键是将不规则图形转化为
规则图形面积之间的关系．
4．（2025•南山区校级模拟）如图，A，B，C是某社区的三栋楼，若在AC中点D处建一个5G基站，其
覆盖半径为300m，则这三栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是（ ）
A．A，B，C都不在 B．只有B
C．只有A，C D．A，B，C
【考点】点与圆的位置关系；勾股定理的应用．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】D
【分析】根据勾股定理的逆定理证得△ABC是直角三角形，可以根据直角三角形斜边中线的性质求得
BD的长，然后与300m比较大小，即可解答本题．
【解答】解：∵AB＝300m，BC＝400m，AC＝500m，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠ABC＝90°，
∵点D是斜边AC的中点，
1
∴AD＝CD＝250m，BD= AC＝250m，
2
第12页（共37页）∵250＜300，
∴点A、B、C都在圆内，
∴这三栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是A，B，C．
故选：D．
【点评】本题考查点和圆的位置关系，勾股定理的逆定理，解题的关键是求出三角形三个顶点到D点
的距离．
5．（2025•晋中二模）如图，AB为 O的直径，C，D为 O上两点，若∠C＝40°，则∠ABD的度数为（
） ⊙ ⊙
A．50° B．40° C．45° D．35°
【考点】圆周角定理．
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【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】A
【分析】连接AD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠DAB＝∠C＝40°，再由互余关系求解．
【解答】解：连接AD，
∵AB为 O的直径，
∴∠ADB⊙＝90°，
∵∠C＝40°，
∴∠DAB＝∠C＝40°（同弧所对的圆周角相等），
∴∠ABD＝90°﹣∠DAB＝50°，
即∠ABD的度数为50°，
故选：A．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，直角三角形两锐角互余，正确添加辅助线是解题的关键．
第13页（共37页）6．（2025•洛江区模拟）如图，将一把两边都带有刻度的直尺放在半圆形纸片上，使其一边经过圆心 O，
另一边所在直线与半圆相交于点D，E，量出半径OC＝5cm，弦DE＝8cm，则直尺的宽度为（ ）
A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
【考点】垂径定理；勾股定理．
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【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】A
【分析】连接OD，过点O作OH⊥DE，垂足为H，在Rt△DHO中，有勾股定理即可求出结果．
【解答】解：连接OD，过点O作OH⊥DE，垂足为H，
1
∴DH= DE=4，
2
在Rt△DHO中，OH=√52-42=3，
∴直尺的宽度为3cm．
故选：A．
【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，根据垂径定理作出辅助线是解题的关键．
7．（2025•丹徒区一模）如图，平行四边形ABCD中，∠D＝60°，AD＝10，以BC为直径的 O交AB于
点E，则^BE的长为（ ） ⊙
第14页（共37页）5 5
A． B． π C．5 D． π
3 6
π
【考点】弧长的计算；平行四边形的性质；圆周角定理．
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【专题】运算能力．
【答案】B
【分析】先根据平行四边形的性质得出BC的长，再连接EO求出∠BOE的度数，最后根据弧长公式即
可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，且AD＝10，∠D＝60°，
∴BC＝AD＝10，∠ABC＝60°．
连接EO，
∵BO＝EO，
∴△BOE是等边三角形，
∴∠BOE＝60°．
1
又∵BO= BC=5，
2
60⋅2π⋅5 5
∴ ^BE= = π．
360 3
故选：B．
【点评】本题主要考查了弧长的计算、平行四边形的性质及圆周角定理，熟知弧长的计算公式及平行
第15页（共37页）四边形的性质是解题的关键．
8．（2025•阳泉模拟）如图，四边形ABCD为 O的内接四边形，延长AB，DC交于点E，延长AD，BC
交于点F．若∠A＝40°，∠E＝55°，则∠F的⊙度数为（ ）
A．40° B．45° C．50° D．55°
【考点】圆内接四边形的性质；三角形的外角性质．
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【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】B
【分析】根据三角形的外角性质求出∠CDF，根据圆内接四边形的性质和三角形的外角性质计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD为 O的内接四边形，∠A＝40°，∠E＝55°，
∴∠CDF＝∠A+∠E＝95°， ⊙
∵∠A＝40°，
∴∠BCD＝180°﹣∠A＝140°，
∴∠F＝∠BCD﹣∠CDF＝45°，
故选：B．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质和三角形外角的性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解
题的关键．
9．（2025•淮南二模）如图，AB是半圆的直径，点D是^AC的中点，连接DA，AC，DE⊥AO于点E．若
∠DAC＝22.5°，DE＝1，则阴影部分的面积为（ ）
π √2 π √2 π π
A． - B． - C． -√2 D． -√2
4 2 2 2 4 2
【考点】扇形面积的计算；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．
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【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】A
【分析】连接OD，OC．由圆周角定理可得∠COD＝2∠DAC＝45°，根据点D是^AC的中点，可知
第16页（共37页）∠AOD＝∠COD＝45°，即可证△ODE为等腰直角三角形，结合勾股定理可求出OD=√2DE=√2，最
后根据S阴影 ＝S扇形AOD ﹣S
△AOD
，结合扇形面积公式和三角形面积公式求解即可．
【解答】解：如图，连接OD，OC，
∵∠DAC＝22.5°，DE＝1，
∴∠COD＝2∠DAC＝45°．
∵点D是^AC的中点，
∴^AD=C^D，
∴∠AOD＝∠COD＝45°，
∴△ODE为等腰直角三角形，
∴OD=√2DE=√2，
45π×(√2) 2 π 1 1 √2
∴S = = ，S = AO⋅DE= ×√2×1= ，
扇形AOD 360 4 △AOD 2 2 2
π √2
∴S =S -S = - ．
阴影 扇形AOD △AOD 4 2
故选A．
【点评】本题考查圆周角定理，垂径定理，勾股定理，扇形的面积，能正确作出辅助线是解题的关键．
10．（2025•西宁一模）如图，△BCD内接于 O，点B是C^D的中点，CD是 O的直径．若∠ABC＝
30°，AC＝5，则BC的长为（ ） ⊙ ⊙
A．5 B．4√2 C．4√3 D．5√2
【考点】三角形的外接圆与外心；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．
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【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】D
第17页（共37页）【分析】连接AD，根据圆周角定理得到∠DBC＝∠DAC＝90°，∠ADC＝∠ABC＝30°，根据直角三角
形的性质求出CD，根据圆心角、弧、弦的关系得到BC＝BD，再根据等腰直角三角形的性质计算即可．
【解答】解：如图，连接AD，
∵CD是 O的直径，
∴∠DBC⊙＝∠DAC＝90°，
由圆周角定理得：∠ADC＝∠ABC＝30°，
∴CD＝2AC＝2×5＝10，
∵点B是C^D的中点，
∴^BC=^BD，
√2
∴BC＝BD= CD＝5√2，
2
故选：D．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理是解题的关键．
二．填空题（共10小题）
11．（2025•定西二模）如图，AB为 O的直径，弦CD⊥AB于点E，已知CD＝8，EB＝2，则 O的半径
为 5 ． ⊙ ⊙
【考点】垂径定理；勾股定理．
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【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接OC，设 O的半径为R，根据垂径定理求出CE，根据勾股定理列式计算，得到答案．
【解答】解：连接OC⊙，
第18页（共37页）设 O的半径为R，则OE＝R﹣2，
∵C⊙D⊥AB，
1
∴CE= CD＝4，
2
由勾股定理得，OC2＝OE2+CE2，即R2＝（R﹣2）2+42，
解得，R＝5，
则 O的半径为5，
故⊙答案为：5．
【点评】本题考查的是垂径定理、勾股定理，垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
12．（2025•哈尔滨模拟）已知：如图，AB是 O的直径，弦CD交AB于E点，BE＝1，AE＝5，∠AEC
＝30°，则CD的长为 4√2 ． ⊙
【考点】垂径定理．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】4√2．
【分析】过O作OF⊥DC于F，连接OC，求出OA＝OB＝OC＝3，根据垂直定义得出∠OFE＝∠OFC
＝90°，求出OE，根据勾股定理求出OF，再根据勾股定理求出CF，根据垂径定理得出DF＝CF，再
求出答案即可．
【解答】解：
第19页（共37页）过O作OF⊥DC于F，连接OC，则∠OFE＝∠OFC＝90°，
∵BE＝1，AE＝5，
∴AB＝BE+AE＝6，
∴OB＝OA＝OC＝3，
∴OE＝3﹣1＝2，
∵∠AEC＝30°，
1
∴OF= OE＝1，
2
∴CF=√OC2-OF2=√32-12=2√2，
∵OF⊥CD，OF过圆心O，
∴DF＝CF＝2√2，
∴CD＝CF+DF＝4√2，
故答案为：4√2．
【点评】本题考查了勾股定理和垂径定理，能熟记垂径定理是解此题的关键，注意：垂直于弦的直径
平分这条弦．
13．（2025•深圳校级模拟）如图，这是用于液体蒸馏或分馏物质的玻璃容器，其底部是圆球形．球的半
径为10cm，瓶内液体的最大深度CD＝4cm，则截面圆中弦AB的长为 1 6 cm．
【考点】垂径定理的应用；勾股定理．
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【专题】与圆有关的计算；应用意识．
【答案】16．
【分析】根据勾股定理、垂径定理进行计算即可．
【解答】解：球的半径为10cm，瓶内液体的最大深度CD＝4cm，
∴OA＝10cm，则OC＝10﹣4＝6（cm），
由勾股定理得，AC=√OA2-OC2=√102-62=8（cm），
∴AB＝2AC＝16cm，
故答案为：16．
第20页（共37页）【点评】本题考查的是勾股定理、垂径定理，掌握以上知识是解题的关键．
14．（2025•无锡一模）如图，BD是 O的直径，点A、C在同一半圆上，∠CBD＝27°，则∠A的度数为
117° ． ⊙
【考点】圆周角定理；圆内接四边形的性质．
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【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】求出∠D，再利用圆内接四边形的对角互补求解．
【解答】解：∵BD的直径，
∴∠BCD＝90°，
∵∠CBD＝27°，
∴∠D＝90°﹣27°＝63°，
∵∠A+∠D＝180°，
∴∠A＝180°﹣63°＝117°．
故答案为：117°．
【点评】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题．
15．（2025•东河区校级自主招生）如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝2．以点A为圆心，AB的长为
半径画弧交DC于点F．以点D为圆心，DA的长为半径画弧交DC于点E．则图中阴影部分的面积为
√3 π
+ ．（结果保留 ）
2 12
π
【考点】扇形面积的计算；矩形的性质．
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【专题】矩形 菱形 正方形；与圆有关的计算；几何直观；运算能力．
第21页（共37页）√3 π
【答案】 + ．
2 12
【分析】先连接AF，根据题意和题目中的数据，可以求得AF的长、DE的长、∠FAB的度数，然后根
据图形可知S阴影 ＝S
△AFD
+S扇形ABF ﹣S扇形ADE ，代入数据计算即可．
【解答】解：连接AF，如图所示，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，∠D＝90°，
∵BC＝1，AB＝2，AF＝AB，
∴AF＝2，
AD 1
∴sin∠AFD= = ，DF=√AF2-AD2=√22-12=√3，
AF 2
∴∠AFD＝30°，
∵DC∥AB，
∴∠AFD＝∠FDB＝30°，
∴S阴影 ＝S
△AFD
+S扇形ABF ﹣S扇形ADE
1×√3 30π×22 90π×12
= + -
2 360 360
√3 π π
= + -
2 3 4
√3 π
= + ，
2 12
√3 π
故答案为： + ．
2 12
【点评】本题考查扇形面积的计算、矩形的性质，解答本题的关键是发现S阴影 ＝S
△AFD
+S扇形ABF ﹣S扇形
．
ADE
16．（2025•禄丰市一模）某节活动课上，安安用一张半径为18cm的扇形纸板做了一个圆锥形帽子（如
图，接缝处忽略不计）．若圆锥形帽子的半径为10cm，则这张扇形纸板的面积为 18 0 cm2．
π
第22页（共37页）【考点】圆锥的计算；扇形面积的计算．
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【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】180 ．
【分析】根据π扇形面积公式计算可得答案．
1
【解答】解：这张扇形纸板的面积为 π×2×10×18=180 （cm2），
2
π
故答案为：180 ．
【点评】本题主π要考查圆锥的侧面积，熟练掌握圆锥侧面积公式是解题的关键．
17．（2025•灌南县一模）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，连接AE、BE，EA平分∠DEB，点
25
O是△BCE的内心，连接AO，AO＝AB，若AD＝5，则AB的长为 ．
4
【考点】三角形的内切圆与内心；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；矩形的性质；圆周角
定理．
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【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；与圆有关的位置关系；图形的
相似；运算能力；推理能力．
25
【答案】 ．
4
【分析】连接OB、OE，设AO交BE于点L，由矩形的性质得BC＝AD＝5，AB＝CD，CD∥AB，则
∠AED＝∠EAB，因为∠AED＝∠AEB，所以∠EAB＝∠AEB，则AB＝EB＝CD，由AO＝AB，得
∠AOB＝∠ABO，则∠BAO＝180°﹣2（∠ABE+∠OBE），因为点O是△BCE的内心，所以∠OBE＝
1
OBC= ∠CBE，可证明∠ BAO＝90°﹣∠ABE，则∠ ALE＝∠ BAO+∠AEB＝90°，进而证明
2
第23页（共37页）AL EL
△AED≌△AEL，得EL＝ED，AL＝AD＝5，推导出∠AEO＝90°，再证明△ALE∽△ELO，得 = ，
EL OL
则EL2＝5OL，作△BCE的内切圆与BC、CE分别相切于点F、H，则圆心为点O，连接OF、OH，可
证明OL＝OF＝OH，且点L为切点，推导出CH＝CF＝2CH＝BC+CE﹣EB＝5﹣EL，再证明OL＝OH
5 25
＝CH，则2OL＝5﹣EL，所以EL＝5﹣2OL，由（5﹣2OL）2＝5OL，求得OL= ，则AB＝AO= ，
4 4
于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OB、OE，设AO交BE于点L，
∵四边形ABCD是矩形，AD＝5，
∴BC＝AD＝5，AB＝CD，CD∥AB，∠ABC＝∠D＝∠C＝90°，
∴∠AED＝∠EAB，∠ABE+∠CBE＝∠ABC＝90°，
∵EA平分∠DEB，
∴∠AED＝∠AEB，
∴∠EAB＝∠AEB，
∴AB＝EB＝CD，
∵AO＝AB，
∴∠AOB＝∠ABO，
∴∠BAO＝180°﹣2∠ABO＝180°﹣2（∠ABE+∠OBE），
∵点O是△BCE的内心，
1
∴∠OBE＝OBC= ∠CBE，
2
1
∴∠BAO＝180°﹣2（∠ABE+ ∠CBE）＝180°﹣∠ABE﹣（∠ABE+∠CBE）＝90°﹣∠ABE，
2
∴∠ALE＝∠BAO+∠AEB＝90°，
∵∠AEL＝∠AED，∠ALE＝∠D＝90°，AE＝AE，
∴△AED≌△AEL（AAS），
∴EL＝ED，AL＝AD＝5，
1 1
∵∠AEL＝∠AED= ∠DEL，∠OEL＝∠OEC= ∠CEB，
2 2
1 1
∴∠AEO＝∠AEL∠OEL= （∠DEL+∠CEL）= ×180°＝90°，
2 2
∴∠ALE＝∠ELO＝90°，∠EAL＝∠OEL＝90°﹣∠AEL，
∴△ALE∽△ELO，
第24页（共37页）AL EL
∴ = ，
EL OL
∴EL2＝AL•OL＝5OL，
作△BCE的内切圆与BC、CE分别相切于点F、H，则圆心为点O，连接OF、OH，
∵ O与BE相切，且OL⊥BE于点L，
∴O⊙L＝OF＝OH，且点L为切点，
∴EH＝EL，BL＝BF，CH＝CF，
∴CH＝CF＝2CH＝BC+CE﹣EB＝5+CD﹣ED﹣AB＝5﹣EL，
∵CE⊥OH，BC⊥OF，
∴∠OHC＝∠OFC＝∠C＝90°，
∴四边形OFCH是矩形，
∵CH＝CF，
∴四边形OFCH是正方形，
∴OL＝OH＝CH，
∴2OL＝5﹣EL，
∴EL＝5﹣2OL，
∴（5﹣2OL）2＝5OL，
5
∴解得OL= 或OL＝5（不符合题意，舍去），
4
5 25
∴AB＝AO＝AL+OL＝5+ = ，
4 4
25
故答案为： ．
4
【点评】此题重点考查矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的
内切圆与内心、切线的性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅
助线是解题的关键．
18．（2025•宜秀区二模）已知一次函数y＝k（x﹣3）+1图象与一圆心为（0，1），半径为1的圆相切，
1 2√2 1 2√2
则切点坐标为 ( ，1+ )，( ，1- ) ．
3 3 3 3
第25页（共37页）【考点】切线的性质；一次函数的图象；一次函数的性质．
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【专题】与圆有关的位置关系；运算能力．
1 2√2 1 2√2
【答案】( ，1+ )，( ，1- )．
3 3 3 3
【分析】先得到一次函数y＝k（x﹣3）+1图象过定点P（3，1），设切点坐标为H（x，y），圆心为
E（0，1），根据切线定义、勾股定理以及两点坐标距离公式列方程求解即可．
【解答】解：对于y＝k（x﹣3）+1，当x＝3时，y＝1，
∴一次函数y＝k（x﹣3）+1图象过定点P（3，1），
设切点坐标为H（x，y），圆心为E（0，1），
则EH＝1，EH⊥PH，PE＝3，
∴（x﹣0）2+（y﹣1）2＝1①，
∴12+（x﹣3）2+（y﹣1）2＝32②，
1 2√2
由①②解得x= ，y=1± ，
3 3
1 2√2 1 2√2
∴切点坐标为( ，1+ )，( ，1- )，
3 3 3 3
1 2√2 1 2√2
故答案为：( ，1+ )，( ，1- )．
3 3 3 3
【点评】本题考查切线的性质、两点坐标距离公式、勾股定理，熟练掌握切线的性质是解答的关键．
19．（2025•沭阳县校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝2，将Rt△ABC绕点
C顺时针旋转90°后得到Rt△DEC，点B经过的路径为BE，将线段AB绕点A顺时针旋转60°后，点B
√3 π
恰好落在CE上的点F处，点B经过的路径为^BF，则图中阴影部分的面积是 + ．
2 12
第26页（共37页）【考点】扇形面积的计算；旋转的性质；含30度角的直角三角形；圆周角定理．
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【专题】与圆有关的计算；解直角三角形及其应用；运算能力．
√3 π
【答案】 + ．
2 12
【分析】根据直角三角形的性质和勾股定理可以求得AC和BC的长，再观察图形可知，阴影的面积＝
△ABC的面积+扇形CBE的面积﹣扇形ABF的面积，然后代入数据计算即可．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝2，
∴∠ABC＝30°，
∴AC＝1，BC=√22-12=√3，
∴阴影的面积＝△ABC的面积+扇形CBE的面积﹣扇形ABF的面积
1 90π×(√3) 2 60π×22
= ×1×√3+ -
2 360 360
√3 3π 2π
= + -
2 4 3
√3 π
= + ．
2 12
√3 π
故答案为： + ．
2 12
【点评】本题考查扇形面积的计算、勾股定理、直角三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利
用数形结合的思想解答．
20．（2025•盐都区模拟）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝30°，点C为半径OA上一点，现以点O为圆
心，OC长为半径作弧，该弧交半径OB于点D，记^AB的长为m，BD的长度为d，则C^D的长为
6m-πd
．（用含m，d的式子表示）
6
第27页（共37页）【考点】弧长的计算．
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【专题】运算能力．
6m-πd
【答案】 ．
6
【分析】先根据弧长公式表示出OB的长，进一步得出OD的长，再结合弧长公式即可解决问题．
【解答】解：由题知，
30⋅π⋅OB
=m，
180
6m
则OB= ．
π
因为BD＝d，
6m
所以OD= -d，
π
6m
30⋅π⋅( -d)
所以C^D的长为： π 6m-πd．
=
180 6
6m-πd
故答案为： ．
6
【点评】本题主要考查了弧长的计算，熟知弧长的计算公式是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•南关区校级二模）【问题初探】
（1）如图1，动点A在半径为2的 O上，若OB＝3，直接写出AB的最小值．
由于OA和OB都是定长，当点A，⊙B，O形成三角形时，霖霖想到了“三角形两边之差小于第三边”，
由此可知当点A在OB上时对应的就是AB最小的情形．按照霖霖的思路，请直接写出AB最小值．
第28页（共37页）【类比分析】
（2）如图2，点E和F分别是边长为4的正方形ABCD边CD和AD上的两个动点，且CE＝DF，连接
AE和BF交于点G，连接DG，求DG的最小值．
霖霖尝试着绘制了点E在不同位置的几张图，目测∠AGB始终都是直角，于是联想到了“90°圆周角所
对的弦是直径”，也就是说“点G是正方形ABCD内以AB为直径的圆弧上的点”，进而本题可以类
比图1获解，清按照霖霖的思路完成求DG最小值的解题过程．以下是证明∠AGB＝90°的部分过程
证明：
∴∠AGB＝90°，
∴可判断点G的轨迹，即DG的最小值为 2√5-2 ．
请补全缺失的证明过程．
【学以致用】
（3）如图3，是两块等腰直角三角板，∠C＝∠DEF＝90°，CA＝CB，ED＝EF＝4．当点D和E同时
在边AC和AB上滑动时，点F也随之移动，若连接AF，则AF的最大值是 2√10+2√2 ．
【考点】圆的综合题．
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【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）1；
（2）2√5-2；
（3）2√10+2√2．
【分析】（1）连接OA和AB，OB﹣OA≤AB，则当O、A、B三点共线时，则AB最小 ＝OB﹣OA＝1；
（2）先证明△ADE≌△BAF，推导出∠BGA＝90°，取AB中点O，连接OG和OD，根据勾股定理求得
OD=2√5， 由 OG+GD≥OD ， 得 到 当 O ， G ， D 三 点 共 线 时 ， DG 取 得 最 小 值 ， 因 此
DG =OD-OC=2√5-2；
最小
（3）作△ADE的外接圆 O，连接OA，OD，OE，OF，由圆周角定理得∠EOD＝2∠EAD＝90°，可
得∠ODF＝∠ODE+∠ED⊙F＝90°，解直角三角形得到AO=OD=OE=2√2，DF=4√2，Rt△ODF中，
由勾股定理得：OF=2√10，由OA+AF≥OF，得AF≤2√2+2√10，当点A，O，F三点共线时，AF
取得最大值，故AF =2√2+2√10．
最大
【解答】解：（1）AB最小值为1；理由如下：
第29页（共37页）如图1，连接OA和AB，
则OB﹣OA≤AB，
∴当O、A、B三点共线时，AB取得最小值，
∴AB最小 ＝OB﹣OA＝3﹣2＝1；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD，∠ADE＝90°＝∠BAF．
∵CE＝DF，
∴CD﹣CE＝AD﹣DF，
即DE＝AF，
在△ADE和△BAF中，
{
AD=BA
∠ADE=∠BAF，
DE=AF
∴△ADE≌△BAF（SAS），
∴∠EAD＝∠FBA，
∴∠FBA+∠BAG＝∠EAD+∠BAG＝∠BAF＝90°，
∴∠BGA＝90°，
如图2，取AB中点O，连接OG和OD，
1
则OG=OA= AB=2，
2
∴OD=√OA2+AD2=2√5，
∵OG+GD≥OD，
即DG≥OD﹣OG，
第30页（共37页）当O，G，D三点共线时，DG取得最小值，
∴DG =OD-OC=2√5-2，
最小
故答案为：2√5-2；
（3）如图3，作△ADE的外接圆 O，连接OA，OD，OE，OF，
⊙
∵AC＝BC，∠C＝90°，
∴∠EAD＝45°，同理∠EDF＝45°，
∴∠EOD＝2∠EAD＝90°，
∵OD＝OE，
∴∠ODE＝45°，
∴∠ODF＝∠ODE+∠EDF＝90°，
在Rt△ODE中，OE=DE⋅sin∠ODE=2√2，
∴AO=OD=OE=2√2，
同理可求在Rt△DEF中，DF=√2DE=4√2，
∴在Rt△ODF中，由勾股定理得：OF=√OD2+DF2=2√10，
∵OA+AF≥OF，
即AF≤2√2+2√10，
当点A，O，F三点共线时，AF取得最大值，
∴AF =2√2+2√10，
最大
故答案为：2√10+2√2．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了利用三角形三边关系求最值，解直角三角形，勾股定理，
全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
22．（2025•香洲区模拟）如图，在边长为1的正方形网格图中，建立平面直角坐标系，一圆弧经过点
A，B，C，D，其中A，B，C为网格点．
（1）请直接写出图中弧ABC所在圆的圆心P的坐标 （ 2 ， 0 ） ；
第31页（共37页）（2）求圆周角∠ADC的度数．
【考点】圆周角定理；坐标与图形性质；垂径定理．
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【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】（1）（2，0）；
（2）45°．
【分析】（1）根据网格特征和垂径定理可知AB，AC的垂直平分线的交点即为圆心；
1
（2）根据可得∠ADC= ∠APC，连接PA，PC，AC，根据勾股定理逆定理可得△APC是等腰直
2
角三角形，即可求解．
【解答】解：（1）AB，AC的垂直平分线的交点即为圆心点P，
所以圆心P的坐标为（2，0）；
故答案为：（2，0）；
1
（2）由条件可知∠ADC= ∠APC，
2
连接PA，PC，AC，
∴AP2＝20，PC2＝20，AC2＝40，
∴AP2+PC2＝AC2，PC＝AC，
第32页（共37页）∴△APC是等腰直角三角形，∠APC＝90°，
1
∴∠ADC= ∠APC=45°．
2
【点评】本题主要考查垂径定理、勾股定理及其逆定理：熟练掌握以上知识点是关键．
23．（2025•碑林区校级一模）如图，四边形ABCD内接于 O，∠DAB＝90°，点E在BC的延长线上，
且∠CED＝∠CAB． ⊙
（1）求证：DE是 O的切线；
（2）若AC∥DE，当⊙AB＝4，DC＝2时，求AC的长．
【考点】切线的判定与性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能
力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）先判断出BD是圆O的直径，再判断出BD⊥DE，即可得出结论；
（2）先判断出AC⊥BD，进而求出BC＝AB＝4，再用勾股定理求出BD，根据三角形的面积公式即可
得出结论．
【解答】（1）证明：如图，连接BD，
∵∠DAB＝90°，
∴BD是 O的直径，
∴∠BCD⊙＝90°，
∴∠DEC+∠CDE＝90°，
第33页（共37页）∵∠CED＝∠CAB，
∴∠BAC+∠CDE＝90°，
∵∠BAC＝∠BDC，
∴∠BDC+∠CDE＝90°，
∴∠BDE＝90°，
即：BD⊥DE，
∵OD为 O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解⊙：设BD与AC交于点F，
由（1）知：BD⊥DE，
∵DE∥AC，
∴BD⊥AC，
1
∴CB＝AB＝4，AF=CF= AC，
2
在Rt△BCD中，BD=√BC2+CD2=2√5，
1 1
∵S = BC⋅CD= BD⋅CF，
△BCD 2 2
BC⋅CD 2×4 4√5
∴CF= = = ，
BD 2√5 5
8√5
∴AC=2CF= ．
5
【点评】此题主要考查了圆周角定理，垂径定理，三角形的面积公式，切线的判定和性质，勾股定理，
求出BC＝4是解本题的关键．
24．（2025•蜀山区校级三模）如图，AB是 O的直径，CD＝CB，CE⊥AB于点E，连接BD交CE于点
F． ⊙
（1）求证：CF＝BF．
（2）若CD＝4√5，AC＝8√5，求弦BD的长．
第34页（共37页）【考点】圆周角定理．
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【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）要证明CF＝BF，可以证明∠ECB＝∠DBC；AB是 O的直径，则∠ACB＝90°，又知
CE⊥AB，则∠CEB＝90°，则∠DBC＝90°﹣∠ACE＝∠A，∠ECB＝∠⊙A，则∠ECB＝∠DBC；
（2）连接OC，交BD于点G，先求出圆的半径，再利用勾股定理列方程求出OG的长，进而求得BG
的长和BD的长．
【解答】（1）证明：∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°， ⊙
∴∠A＝90°﹣∠ABC．
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB＝90°﹣∠ABC，
∴∠ECB＝∠A．
又∵CD＝CB，
∴C^D=C^B，
∴∠DBC＝∠A，
∴∠ECB＝∠DBC，
∴CF＝BF；
（2）解：连接OC，交BD于点G，
∵BC＝CD，
∴OC⊥BD，BD＝2BG，
∵∠ACB＝90°，BC＝CD=4√5，AC=8√5，
∴AB=√AC2+BC2=√(8√5) 2+(4√5) 2=20，
∴ O的半径为10，
设⊙OG＝x，则CG＝10﹣x，
第35页（共37页）由勾股定理，得BG2＝OB2﹣OG2＝BC2﹣CG2，
即102﹣x2＝（4√5）2﹣（10﹣x）2，
解得x＝6，
∴BG=√102-62=8，
∴BD＝16．
【点评】本题考查了圆周角定理、直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理．注意数形结合
思想与方程思想的应用．
25．（2025•清远一模）如图1，独轮车俗称“手推车”，又名辇、鹿车等，是交通运输工具史上的一项
重要发明，至今在我国农村和一些边远地区仍然广泛使用．如图2所示为从独轮车中抽象出来的几何
模型．在△ABC中，以△ABC的边AB为直径作 O，交AC于点P，PD是 O的切线，且PD⊥BC，
垂足为点D． ⊙ ⊙
（1）求证：∠A＝∠C；
（2）若PD＝2BD＝4，求 O的半径．
【考点】切线的性质；圆周⊙角定理．
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【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接OP，如图2，先根据切线的性质得到OP⊥PD，则可判断OP∥BC，所以∠OPA＝
∠C，然后利用∠OPA＝∠A可得到结论；
（2）连接PB，如图2，先利用勾股定理计算出PB＝2√5，再根据圆周角定理得到∠APB＝90°，接着
证明△BDP∽△BPC，则利用相似比可计算出BC＝10，然后利用∠A＝∠C得到BA＝10，从而得到 O
的半径． ⊙
【解答】（1）证明：连接OP，如图2，
∵PD是 O的切线，
⊙
第36页（共37页）∴OP⊥PD，
∵PD⊥BC，
∴OP∥BC，
∴∠OPA＝∠C，
∵OA＝OP，
∴∠OPA＝∠A，
∴∠A＝∠C；
（2）解：连接PB，如图2，
在Rt△PBD中，∵PD＝2BD＝4，
∴PB=√22+42=2√5，
∵AB为直径，
∴∠APB＝90°，
∵∠BDP＝∠BPC，∠DBP＝∠PBC，
∴△BDP∽△BPC，
∴BP：BC＝BD：BP，即2√5：BC＝2：2√5，
解得BC＝10，
∵∠A＝∠C，
∴BA＝BC＝10，
∴ O的半径为5．
⊙
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理、圆周角定理
和相似三角形的判定与性质．
第37页（共37页）
