专题16 圆（5考点）-【好题汇编】5年（2020-2024）中考1年模拟数学真题分类汇编（陕西专用）

专题16 圆 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1圆周角定理 （5年2考） 2024·陕西：圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理 2022·陕西：圆周角定理 近五年中考圆命题侧重考查切线的性质、圆周角定理、垂径定理、圆内接四边形。每年考查一个选择或填空和一个圆综合大题。难度中等偏上，综合性较强，多余解直角三角形和相似三角形等知识结合命题。在备考中，同学们需重视不同知识之间的内在联系，提高灵活运用几何知识解决综合问题的能力。 考点2 垂径定理 （5年1考） 2023·陕西：垂径定理、勾股定理 考点3 圆内接四边形 （5年1考） 2020·陕西：圆内接四边形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质 考点4 切线的性质 （5年2考） 2021·陕西：正方形的性质、切点的性质定理及等腰直角三角形的性质与判定 考点5 圆综合 （5年4考） 2024·陕西：等腰三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，切线的性质，勾股定理 （1）利用切线和直径的性质证明两角相等 （2）利用等腰直角三角形的性质、构造相似求线段长 2023·陕西：三角形的外接圆与外心，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质、辅助线构造 （1）利用圆周角定理、等角对等边证明两线段相等 （2）构造直角三角形、构造相似，利用相似性质求线段长 2022·陕西：圆的切线性质，直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，勾股定理，三角形相似判定与性质 （1）利用圆周角定理证明两角相等 （2）构造直角三角形、构造相似，利用相似性质求线段长 2021·陕西：相似三角形的性质与判定、圆周角定理及切线的性质 2020·陕西：切线的性质，圆周角定理，正方形的判定和性质，锐角三角函数、构造辅助线 考点1圆周角定理 1．（2024·陕西·中考真题）如图，是的弦，连接，，是所对的圆周角，则与的和的度数是 ．    【答案】/90度 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理可得，结合三角形内角和定理，可证明，再根据等腰三角形的性质可知，由此即得答案． 【详解】是所对的圆周角，是所对的圆心角， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 2．（2022·陕西·中考真题）如图，内接于⊙，连接，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接OB，由2∠C=∠AOB，求出∠AOB，再根据OA=OB即可求出∠OAB． 【详解】连接OB，如图， ∵∠C=46°， ∴∠AOB=2∠C=92°， ∴∠OAB+∠OBA=180°-92°=88°， ∵OA=OB， ∴∠OAB=∠OBA， ∴∠OAB=∠OBA=×88°=44°， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，根据圆周角定理的出∠AOB=2∠C=92°是解答本题的关键． 考点2 垂径定理 3．（2023·陕西·中考真题）陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（ 图①）的形状示意图．是的一部分，是的中点，连接，与弦交于点，连接，．已知cm，碗深，则的半径为（   ）    A．13cm B．16cm C．17cm D．26cm 【答案】A 【分析】首先利用垂径定理的推论得出，，再设的半径为，则．在中根据勾股定理列出方程，求出即可． 【详解】解：是的一部分，是的中点，， ，． 设的半径为，则． 在中，， ， ， ， 即的半径为． 故选：A． 【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设的半径为，列出关于的方程是解题的关键． 考点3 圆内接四边形 4．（2020·陕西·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝50°．E是边BC的中点，连接OE并延长，交⊙O于点D，连接BD，则∠D的大小为（　　） A．55° B．65° C．60° D．75° 【答案】B 【分析】连接CD，根据圆内接四边形的性质得到∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，根据垂径定理得到OD⊥BC，求得BD＝CD，根据等腰三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：连接CD， ∵∠A＝50°， ∴∠CDB＝180°﹣∠A＝130°， ∵E是边BC的中点， ∴OD⊥BC， ∴BD＝CD， ∴∠ODB＝∠ODC＝∠BDC＝65°， 故选：B． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质等知识．正确理解题意是解题的关键． 考点4 切线的性质 5．（2021·陕西·中考真题）如图，正方形的边长为4，的半径为1．若在正方形内平移（可以与该正方形的边相切），则点A到上的点的距离的最大值为 ． 【答案】 【分析】由题意易得当与BC、CD相切时，切点分别为F、G，点A到上的点的距离取得最大，进而根据题意作图，则连接AC，交于点E，然后可得AE的长即为点A到上的点的距离为最大，由题意易得，则有△OFC是等腰直角三角形，，根据等腰直角三角形的性质可得，最后问题可求解． 【详解】解：由题意得当与BC、CD相切时，切点分别为F、G，点A到上的点的距离取得最大，如图所示： 连接AC，OF，AC交于点E，此时AE的长即为点A到上的点的距离为最大，如图所示， ∵四边形是正方形，且边长为4， ∴， ∴△OFC是等腰直角三角形，， ∵的半径为1， ∴， ∴， ∴， ∴， 即点A到上的点的距离的最大值为； 故答案为． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、切点的性质定理及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、切点的性质定理及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键． 考点5 圆综合 6．（2024·陕西·中考真题）如图，直线l与相切于点A，是的直径，点C，D在l上，且位于点A两侧，连接，分别与交于点E，F，连接． (1)求证：； (2)若的半径，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】（1）利用切线和直径的性质求得，再利用等角的余角相等即可证明； （2）先求得，，证明和是等腰直角三角形，求得的长，再证明，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵直线l与相切于点A， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴，， ∵直线l与相切于点A， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴也是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，切线的性质，勾股定理等知识点的应用，掌握切线的性质定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 7．（2023·陕西·中考真题）如图，内接于，，过点作的垂线，交于点，并与的延长线交于点，作，垂足为，交于点．    (1)求证：； (2)若的半径，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）如图，连接，根据圆周角定理得到，求得，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论； （2）如图，根据圆周角定理得到为的直径，求得．根据勾股定理得到，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图，连接，   则， ， ， ． ； （2）如图，， 为的直径， ． ， ， ， ， 又， ． ， ，， 连接，则，， ， ． 【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 8．（2022·陕西·中考真题）如图，是⊙的直径，是⊙的切线，、是⊙的弦，且，垂足为E，连接并延长，交于点P． (1)求证：； (2)若⊙的半径，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据是的切线，得出．根据，可证．得出．根据同弧所对圆周角性质得出即可； （2）连接．根据直径所对圆周角性质得出，．可证．得出．根据勾股定理．再证．求出即可． 【详解】（1）证明：∵是的切线， ∴． ∵ ∴， ∴． ∴． ∵， ∴． （2）解：如图，连接． ∵为直径， ∴ ， ∴， ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ， ∴． ∴． ∴． ∴． 【点睛】本题考查圆的切线性质，直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，熟练掌握圆周角性质和三角形相似判定与性质是解题关键． 9．（2021·陕西·中考真题）如图，是的直径，点E、F在上，且，连接、，过点作的切线，分别与、的延长线交于点C、D． （1）求证：； （2）若，，求线段的长． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）取的中点M，连接、，由题意易得，则有，然后问题可求证； （2）连接，由题意易得，由（1）知，则有，然后由相似三角形的性质可得，则，进而可得，最后问题可求解． 【详解】（1）证明：如图，取的中点M，连接、， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：连接， ∵是的切线， ∴， 由（1）知， ∴， ∴， ∵，， ∴． ∴， ∵是的直径， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、圆周角定理及切线的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定、圆周角定理及切线的性质是解题的关键． 10．（2020·陕西·中考真题）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC＝75°，∠ABC＝45°．连接AO并延长，交⊙O于点D，连接BD．过点C作⊙O的切线，与BA的延长线相交于点E． （1）求证：AD∥EC； （2）若AB＝12，求线段EC的长． 【答案】（1）详见解析；（2）12+4． 【分析】（1）连接OC，由切线的性质可得∠OCE＝90°，由圆周角定理可得∠AOC＝90°，可得结论； （2）过点A作AF⊥EC交EC于F，由锐角三角函数可求AD＝8，可证四边形OAFC是正方形，可得CF＝AF＝4，由锐角三角函数可求EF＝12，即可求解． 【详解】证明：（1）连接OC， ∵CE与⊙O相切于点C， ∴∠OCE＝90°， ∵∠ABC＝45°， ∴∠AOC＝90°， ∵∠AOC+∠OCE＝180°， ∴∴AD∥EC； （2）如图，过点A作AF⊥EC交EC于F， ∵∠BAC＝75°，∠ABC＝45°， ∴∠ACB＝60°， ∴∠D＝∠ACB＝60°， ∴sin∠ADB＝， ∴AD＝＝8， ∴OA＝OC＝4， ∵AF⊥EC，∠OCE＝90°，∠AOC＝90°， ∴四边形OAFC是矩形， 又∵OA＝OC， ∴四边形OAFC是正方形， ∴CF＝AF＝4， ∵∠BAD＝90°﹣∠D＝30°， ∴∠EAF＝180°﹣90°﹣30°＝60°， ∵tan∠EAF＝， ∴EF＝AF＝12， ∴CE＝CF+EF＝12+4． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，正方形的判定和性质，锐角三角函数，灵活运用知识点是解题关键． 1．（2024·陕西榆林·一模）如图，是工人李大爷自制的一个三角形纸板（厚度不计），已知，，李大爷将该三角形纸板放置在一个圆形工件上，使得顶点都在图形工件的圆周上，将直角边与圆形工件圆周的交点记为点，恰好发现，则该圆形工件的直径长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查等腰三角形的判定，圆周角定理，角所对的直角边等于斜边的一半，根据可得，推出，从而得出，再证明是圆的直径即可 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵ ∴是圆的直径，且， 故选：C 2．（2024·陕西榆林·三模）如图，矩形内接于，若，则的半径为（　　） A．4 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了矩形的性质、圆周角定理、勾股定理等知识，连接，由四边形是矩形得到，则是的直径，由勾股定理求出，即可得到的半径． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∴是的直径， ∵，， ∴， ∴的半径为． 故选：D． 3．（2024·陕西汉中·一模）图①是一个球形烧瓶，图②是从正面看这个球形烧杯下半部分的示意图，已知的半径，瓶内液体的最大深度，则的弦长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，由题意得，由垂径定理得出，利用勾股定理计算出的长度，即可得解． 【详解】解：由题意得：， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴． 故的弦长为． 故选：C． 4．（2024·陕西西安·一模）在源远流长的岁月中，扇子除日用外，还孕育着中华文化艺术的智慧，凝聚了古今工艺美术之精华．将如图①所示的扇子完全打开后可近似看成如图②所示的几何图形，外侧两根竹条、的夹角，点为和所在圆的圆心，点、分别在、上，经测量，，，则贴纸部分（即图②中阴影部分）的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了扇形面积的计算，解题关键是熟练掌握扇形的面积公式． 先根据已知条件求出，然后根据阴影部分的面积扇形的面积扇形的面积，进行计算即可． 【详解】解：由题意可知：， ，， ， 阴影部分的面积扇形的面积扇形的面积 ， 贴纸部分（即图②中阴影部分）的面积为， 故选：C． 5．（2024·陕西西安·二模）如图，是的直径，弦，连接并延长交于点，连接交于点，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查圆周角定理，三角形内角和定理，三角形外角的性质．由圆周角定理得，然后利用三角形内角和定理推知，结合，最后由三角形外角性质求得答案． 【详解】解：如图，， ， 弦， ， ， ， ， ． 故选：C． 6．（2024·陕西咸阳·三模）如图，在中，是直径，是弦，，过点C作弦，E为垂足，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，直角三角形性质，连接，由垂径定理得到，进而得到，利用圆周角定理得到，再利用直角三角形性质即可得到的度数． 【详解】解：连接， ， ，， ， ， ， ， 故选：A． 7．（2024·陕西西安·三模）如图，为的的两条直径，点E为弧的中点，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查圆周角定理，三角形外角的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 连接，根据圆周角定理得到，在根据等腰三角形的性质结合三角形外角的性质求出，由三角形内角和定理求出，根据点E为弧的中点，求出，由圆周角定理即可求解． 【详解】解：连接， ，， ， ， ， ， 点E为弧的中点， ， ， 故选：C． 8．（2024·陕西渭南·二模）如图，点均在上，连接，过点作的切线，交的延长线于点，且．若，，则的长为（    ） A． B．1 C．2 D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了切线的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，平行线的性质，连接，由切线的性质得到，由平行线的性质得到，证明是等边三角形，得到，则由勾股定理可得． 【详解】解：如图所示，连接， ∵是的切线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故选：A． 9．（2024·陕西西安·模拟预测）“圆”是中国文化的一个重要精神元素，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1，其数学模型为如图2所示，园林中的一个圆弧形门洞的地面跨径米，D为圆上一点，于点C，且米，则门洞的半径为（   ） A．1.2米 B．1.3米 C．1.4米 D．1.5米 【答案】B 【分析】本题主要考查了垂径定理的应用、勾股定理的应用，矩形的判定与性质，以及二元二次方程组的应用，熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键． 过O作于N，过D作于M，由垂径定理得，再证四边形是矩形，则，，设该圆的半径长为r米，然后由题意列出方程组，解方程组即可． 【详解】解：过O作于N，过D作于M，如图所示： 则米，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，,， 设该圆的半径长为r米， 根据题意得， 解得：, 即门洞的半径长为米， 故选：B． 10．（2024·陕西西安·二模）如图，把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，若，则截面的半径等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了垂径定理的应用、勾股定理的应用、矩形的判定与性质等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键，设球的平面投影圆心为O，过点O作于点N，延长交于点M，连接由垂径定理得设，则，然后在中，由勾股定理求出的长即可， 【详解】解：设球的平面投影圆心为O，过点O作于点N，延长交于点M，连接，如图所示∶ 则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 设，则， ∴ 在中，由勾股定理得∶ ， 即∶’， 解得∶ 即截面的半径长是． 故选∶C． 11．（2024·陕西商洛·二模）如图，四边形为的内接四边形，，，，则（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，解直角三角形；连接交于点，先证明得出，，根据四边形为的内接四边形，进而得出，结合已知条件得出，是等腰直角三角形，设，进而解即可求解． 【详解】解：如图所示，连接交于点，    ∵ ∴ ∵， ∴ 又∵ ∴ ∴， ∵四边形为的内接四边形， ∴ ∴ ∴ ∵，， ∴ ∵ ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴ ∴是等腰直角三角形， 设，则， ∵ ∴ ∴ ∴ 故选：D． 二、填空 12．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，连接正八边形的对角线、，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正多边形与圆，设点O为正八边形的外接圆圆心，连接，则可得到，再由圆周角定理即可得到． 【详解】解：如图所示，设点O为正八边形的外接圆圆心，连接， ∴， ∴， 故答案为：． 13．（2024·陕西·模拟预测）如图，在矩形中，，， 是平面内一动点，且，则线段的最大值为 ．    【答案】/ 【分析】该题主要考查了矩形的性质，勾股定理，圆相关知识点，解题的关键是明确点的运动轨迹． 根据勾股定理算出，再根据题意确定点在以为半径的上运动，的最大值，即可求解； 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴点在以为半径的上运动， 如图当三点共线时，   最大，最大值． 故答案为：． 14．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，两个大小相同的正六边形的一边重合在一起，正六边形的边长为2，连接顶点A，B，则线段的长为 ． 【答案】6 【分析】本题考查了六边形的性质，作出右边正六边形的对角线，三条对角线交于点C，结合正六边形可以看作是6个正三角形拼接而成，即可作答． 【详解】作出右边正六边形的对角线，三条对角线交于点C，为左边正六边形的边长， ∵正六边形可以看作是6个正三角形拼接而成， ∴， ∴， ∵正六边形的边长为2，， ∴， 故答案为：． 15．（2024·陕西西安·三模）一个正六边形的边心距与该正六边形的外接圆半径的比是 ． 【答案】/ 【分析】根据正六边形的性质，直角三角形的边角关系得出，即即可．本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的关键． 【详解】解：如图，连接、，过点作于点，   六边形是正六边形， ， ， 是正三角形， ， 在中，， ， 即， 故答案为：． 三、解答 16．（2024·陕西西安·二模）如图，四边形为的内接四边形，，连接，延长，交于． (1)求证：； (2)若的半径为5，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用同圆中等弧所对的圆周角相等，得到，再根据三角形外角结合等量代换，即可得到； （2）利用直径所对的圆周角等于90度，得到，利用解直角三角形得到，证明，利用相似三角形性质得到，从而得到． 【详解】（1）证明：， ， 又，， ； （2）解：连接并延长交于点，连接， ， 为的直径， ， ， ， ，， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了同圆中等弧所对的圆周角，三角形外角性质，直径所对的圆周角等于90度，解直角三角形，相似三角形性质和判定，熟练掌握相关性质是解题的关键． 17．（2024·陕西西安·二模）如图，四边形内接于，，点E在的延长线，且是的切线． (1)求证：； (2)若，当，的半径为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由切线的性质和圆周角定理的推论可证明出，，从而即可证明．再由同弧所对圆周角相等，即可推出，即证明． （2）由平行的性质可证明，即根据垂径定理可推出．在中，利用勾股定理可求出的长．又易证，即得，代入数据，即可求出的长． 【详解】（1）证明∵是的切线． ∴， ∴． ∵为直径， ∴， ∴，即， ∴． ∵， ∴， ∴． （2）解：如图，设与交于点F． ∵， ∴， ∴ ∵是直径， ∴垂直平分， ∴， ∵半径为， ∴． ∴在中，． 在和中， ， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题为圆的综合题．考查切线的性质，圆周角定理的推论，平行线的性质，垂径定理，勾股定理以及相似三角形的判定和性质，综合性强．利用数形结合的思想是解答本题的关键． 18．（2024·陕西西安·一模）如图，点，，，均在上，是的直径，过点的切线交的延长线于点，且点是的中点． (1)求证：； (2)若的半径为，=，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的性质，相似三角形的性质，解直角三角形； （1）根据切线的性质可得，再由垂径定理可得，由平行线的性质可得结论； （2）根据圆周角定理，切线的性质以及相似三角形的判定和性质得出，再根据勾股定理进行计算即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 与相切于点， ， 又点是的中点．即， ， ； （2）在中，，， ，， ，， 是直径， ， ， ， ， ， ， 又， ， 在中，设，由勾股定理得， ， 即， 解得：（负值舍去） ． 19．（2024·陕西宝鸡·二模）如图，为的直径，点为延长线上一点，点为上一点，连接，，于点，交于点，． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，切线的判定； （1）连接，证明，即可得证； （2）设，根据已知得出是的中位线，证明，根据相似三角形的性质，得出，即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接． ， ． ． ， ． ， ，即． 是的半径， 是的切线． （2）解：设， ， ，． ． 为的直径， ． ， ． ． ，． ， 是的中位线． ． ． ， ． ． ， 解得． ． 20．（2024·陕西西安·三模）如图，是的直径，为弦，过点C作的切线，交的延长线于点M，点D为切线上一点，过点D作于点E，交于点F． (1)求证：； (2)若，且，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，由切线的性质得到，结合，推出，再根据，得到，结合，即可证明结论； （2）连接，由勾股定理求出，设，则，根据，求出x的值，即可得到半径的值． 【详解】（1）证明：连接， 是的切线， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：连接， ，， ， 设， ， ， ， ，即， ， ， ， 的半径为． 【点睛】本题考查切线的性质，勾股定理，直角三角形的特征，等腰三角形的性质．正确作出辅助线是解题的关键． 21．（2024·陕西西安·三模）如图，内接于，是的直径，延长至点D，使得，连接交于点E，过点E作的切线交于点F． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质，切线的性质，平行线的判定和性质定理即可得到结论； （2）延长交于，根据圆周角定理得到，根据矩形的性质得到，，证明，求得，解直角三角形即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接， ， ， ， ， ， ， 是的切线， ， ； （2）解：延长交于， 是的直径， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了切线的性质，矩形的判定和性质，垂径定理，等腰三角形的性质，圆周角定理，三角形相似的判定与性质，三角函数的定义，正确地作出辅助线是解题的关键． 22．（2024·陕西西安·模拟预测）已知，在中，，以为直径的交于点M，交于点D，过点C作射线交的延长线于点P，且． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角为90度可得，根据等腰三角形三线合一可得，结合已知条件可得，进而推出，即可证明是的切线； （2）解：连接，先证，推出，再解求出，，进而求出，根据即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， 为的直径， ， ，， 又， ， 又， ， ，即， 又为的直径， 是的切线； （2）解：如图，连接， 则， ， 又， ， ， 又， ， 在中，， ， ，， ，， 又， ， ． 【点睛】本题考查等腰三角形的三线合一性质，圆的切线的判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理，熟练运用圆周角定理是解决本题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题16 圆 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1圆周角定理 （5年2考） 2024·陕西：圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理 2022·陕西：圆周角定理 近五年中考圆命题侧重考查切线的性质、圆周角定理、垂径定理、圆内接四边形。每年考查一个选择或填空和一个圆综合大题。难度中等偏上，综合性较强，多余解直角三角形和相似三角形等知识结合命题。在备考中，同学们需重视不同知识之间的内在联系，提高灵活运用几何知识解决综合问题的能力。 考点2 垂径定理 （5年1考） 2023·陕西：垂径定理、勾股定理 考点3 圆内接四边形 （5年1考） 2020·陕西：圆内接四边形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质 考点4 切线的性质 （5年2考） 2021·陕西：正方形的性质、切点的性质定理及等腰直角三角形的性质与判定 考点5 圆综合 （5年4考） 2024·陕西：等腰三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，切线的性质，勾股定理 （1）利用切线和直径的性质证明两角相等 （2）利用等腰直角三角形的性质、构造相似求线段长 2023·陕西：三角形的外接圆与外心，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质、辅助线构造 （1）利用圆周角定理、等角对等边证明两线段相等 （2）构造直角三角形、构造相似，利用相似性质求线段长 2022·陕西：圆的切线性质，直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，勾股定理，三角形相似判定与性质 （1）利用圆周角定理证明两角相等 （2）构造直角三角形、构造相似，利用相似性质求线段长 2021·陕西：相似三角形的性质与判定、圆周角定理及切线的性质 2020·陕西：切线的性质，圆周角定理，正方形的判定和性质，锐角三角函数、构造辅助线 考点1圆周角定理 1．（2024·陕西·中考真题）如图，是的弦，连接，，是所对的圆周角，则与的和的度数是 ．    2．（2022·陕西·中考真题）如图，内接于⊙，连接，则（    ） A． B． C． D． 考点2 垂径定理 3．（2023·陕西·中考真题）陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（ 图①）的形状示意图．是的一部分，是的中点，连接，与弦交于点，连接，．已知cm，碗深，则的半径为（   ）    A．13cm B．16cm C．17cm D．26cm 考点3 圆内接四边形 4．（2020·陕西·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝50°．E是边BC的中点，连接OE并延长，交⊙O于点D，连接BD，则∠D的大小为（　　） A．55° B．65° C．60° D．75° 考点4 切线的性质 5．（2021·陕西·中考真题）如图，正方形的边长为4，的半径为1．若在正方形内平移（可以与该正方形的边相切），则点A到上的点的距离的最大值为 ． 考点5 圆综合 6．（2024·陕西·中考真题）如图，直线l与相切于点A，是的直径，点C，D在l上，且位于点A两侧，连接，分别与交于点E，F，连接． (1)求证：； (2)若的半径，，，求的长． 7．（2023·陕西·中考真题）如图，内接于，，过点作的垂线，交于点，并与的延长线交于点，作，垂足为，交于点．    (1)求证：； (2)若的半径，，求线段的长． 8．（2022·陕西·中考真题）如图，是⊙的直径，是⊙的切线，、是⊙的弦，且，垂足为E，连接并延长，交于点P． (1)求证：； (2)若⊙的半径，求线段的长． 9．（2021·陕西·中考真题）如图，是的直径，点E、F在上，且，连接、，过点作的切线，分别与、的延长线交于点C、D． （1）求证：； （2）若，，求线段的长． 10．（2020·陕西·中考真题）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC＝75°，∠ABC＝45°．连接AO并延长，交⊙O于点D，连接BD．过点C作⊙O的切线，与BA的延长线相交于点E． （1）求证：AD∥EC； （2）若AB＝12，求线段EC的长． 1．（2024·陕西榆林·一模）如图，是工人李大爷自制的一个三角形纸板（厚度不计），已知，，李大爷将该三角形纸板放置在一个圆形工件上，使得顶点都在图形工件的圆周上，将直角边与圆形工件圆周的交点记为点，恰好发现，则该圆形工件的直径长为（    ）    A． B． C． D． 2．（2024·陕西榆林·三模）如图，矩形内接于，若，则的半径为（　　） A．4 B．2 C． D． 3．（2024·陕西汉中·一模）图①是一个球形烧瓶，图②是从正面看这个球形烧杯下半部分的示意图，已知的半径，瓶内液体的最大深度，则的弦长为（　　） A． B． C． D． 4．（2024·陕西西安·一模）在源远流长的岁月中，扇子除日用外，还孕育着中华文化艺术的智慧，凝聚了古今工艺美术之精华．将如图①所示的扇子完全打开后可近似看成如图②所示的几何图形，外侧两根竹条、的夹角，点为和所在圆的圆心，点、分别在、上，经测量，，，则贴纸部分（即图②中阴影部分）的面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·陕西西安·二模）如图，是的直径，弦，连接并延长交于点，连接交于点，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 6．（2024·陕西咸阳·三模）如图，在中，是直径，是弦，，过点C作弦，E为垂足，则的度数是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·陕西西安·三模）如图，为的的两条直径，点E为弧的中点，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·陕西渭南·二模）如图，点均在上，连接，过点作的切线，交的延长线于点，且．若，，则的长为（    ） A． B．1 C．2 D． 9．（2024·陕西西安·模拟预测）“圆”是中国文化的一个重要精神元素，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1，其数学模型为如图2所示，园林中的一个圆弧形门洞的地面跨径米，D为圆上一点，于点C，且米，则门洞的半径为（   ） A．1.2米 B．1.3米 C．1.4米 D．1.5米 10．（2024·陕西西安·二模）如图，把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，若，则截面的半径等于（    ） A． B． C． D． 11．（2024·陕西商洛·二模）如图，四边形为的内接四边形，，，，则（   ）    A． B． C． D． 二、填空 12．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，连接正八边形的对角线、，则的度数为 ． 13．（2024·陕西·模拟预测）如图，在矩形中，，， 是平面内一动点，且，则线段的最大值为 ．    14．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，两个大小相同的正六边形的一边重合在一起，正六边形的边长为2，连接顶点A，B，则线段的长为 ． 15．（2024·陕西西安·三模）一个正六边形的边心距与该正六边形的外接圆半径的比是 ． 三、解答 16．（2024·陕西西安·二模）如图，四边形为的内接四边形，，连接，延长，交于． (1)求证：； (2)若的半径为5，，，求的长． 17．（2024·陕西西安·二模）如图，四边形内接于，，点E在的延长线，且是的切线． (1)求证：； (2)若，当，的半径为，求的长． 18．（2024·陕西西安·一模）如图，点，，，均在上，是的直径，过点的切线交的延长线于点，且点是的中点． (1)求证：； (2)若的半径为，=，求的长． 19．（2024·陕西宝鸡·二模）如图，为的直径，点为延长线上一点，点为上一点，连接，，于点，交于点，． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 20．（2024·陕西西安·三模）如图，是的直径，为弦，过点C作的切线，交的延长线于点M，点D为切线上一点，过点D作于点E，交于点F． (1)求证：； (2)若，且，求的半径． 21．（2024·陕西西安·三模）如图，内接于，是的直径，延长至点D，使得，连接交于点E，过点E作的切线交于点F． (1)求证：； (2)若，，求的长． 22．（2024·陕西西安·模拟预测）已知，在中，，以为直径的交于点M，交于点D，过点C作射线交的延长线于点P，且． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$