专题2.29 对称图形——圆（中考真题分类专题）（综合类）（全章专项练习）-2024-2025学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

专题2.29 对称图形——圆（中考真题分类专题）（综合类） （全章专项练习） 题型目录 【题型1】与圆的对称性相关综合（4个题）.........................................................1 【题型2】与圆周角相关综合（7个题）.................................................................3 【题型3】与切线性质相关综合（8个题）.............................................................6 【题型4】与弧长面积相关综合（5个题）.............................................................9 【题型1】与圆的对称性相关综合（4个题） 1．（2023·浙江金华·中考真题）如图，点在第一象限内，与轴相切于点，与轴相交于点．连接，过点作于点．   （1）求证：四边形为矩形． （2）已知的半径为4，，求弦的长． 2．（2022·江苏盐城·中考真题）证明：垂直于弦的直径平分弦以及弦所对的两条弧． 3．（2022·湖北宜昌·中考真题）石拱桥是我国古代人民勤劳和智慧的结晶（如图1），隋代建造的赵州桥距今约有1400年历史，是我国古代石拱桥的代表．如图2是根据某石拱桥的实物图画出的几何图形，桥的主桥拱是圆弧形，表示为．桥的跨度（弧所对的弦长），设所在圆的圆心为，半径，垂足为．拱高（弧的中点到弦的距离）．连接． （1）直接判断与的数量关系； （2）求这座石拱桥主桥拱的半径（精确到）． 4．（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） 【题型2】与圆周角相关综合（7个题） 5．（2024·安徽·中考真题）如图，是的外接圆，D是直径上一点，的平分线交于点E，交于另一点F，． （1）求证：； （2）设，垂足为M，若，求的长． 6．（2023·青海西宁·中考真题）如图，是⊙O的弦，半径，垂足为D，弦与交于点F，连接，，．   （1）求证：； （2）若，，，求的长． 7．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，都是的半径，．     （1）求证：； （2）若，求的半径． 8．（2023·湖南·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； ①求证：； ②若，求四边形的周长． 9．（2023·内蒙古·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．   （1）求证：；（请用两种证法解答） （2）若，的半径为3，，求的长． 10．（2023·安徽·中考真题）已知四边形内接于，对角线是的直径．   （1）如图1，连接，若，求证；平分； （2）如图2，为内一点，满足，若，，求弦的长． 11．（2024·内蒙古通辽·中考真题）【实际情境】 手工课堂上，老师给每个制作小组发放一把花折伞和制作花折伞的材料及工具．同学们认真观察后，组装了花折伞的骨架，粘贴了彩色伞面，制作出精美的花折伞． 【模型建立】 （1）如图1，从花折伞中抽象出“伞形图”．，．求证：． 【模型应用】 （2）如图2，中，的平分线交于点．请你从以下两个条件： ①；②中选择一个作为已知条件，另一个作为结论，并写出结论成立的证明过程．（注：只需选择一种情况作答） 【拓展提升】 （3）如图3，为的直径，，的平分线交于点，交于点，连接．求证：． 【题型3】与切线性质相关综合（8个题） 12．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，将沿过点的直线翻折并展开，点的对应点落在边上，折痕为，点在边上，经过点、．若，判断与的位置关系，并说明理由． 13．（2024·山东东营·中考真题）如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，，垂足为点D，的延长线交的延长线于点F． （1）求证：是的切线； （2）若，，求线段的长． 14．（2024·山东济宁·中考真题）如图，内接于，D是上一点，．E是外一点，，连接． （1）若，求的长； （2）求证：是的切线． 15．（2024·四川·中考真题）如图，为⊙O的弦，C为的中点，过点C作，交的延长线于点D．连接．   （1）求证：是⊙O的切线； （2）若，求的面积． 16．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，中，，点为边上一点，以点为圆心，为半径作圆与相切于点，连接． （1）求证：； （2）若，，求的半径． 17．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在中，，为的外接圆，为的切线，为的直径，连接并延长交于点E． （1）求证：； （2）若，，求的半径． 18．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，直线与相切于点，为的直径，过点作于点，延长交直线于点． （1）求证：平分； （2）如果，，求的半径． 19．（2024·四川自贡·中考真题）在中，，是的内切圆，切点分别为D，E，F． （1）图1中三组相等的线段分别是，________，________；若，，则半径长为________； （2）如图2，延长到点M，使，过点M作于点N． 求证：是的切线． 【题型4】与弧长面积相关综合（5个题） 20．（2024·江苏南通·中考真题）如图，中，，，，与相切于点D．   （1）求图中阴影部分的面积； （2）设上有一动点P，连接，．当的长最大时，求的长． 21．（2024·辽宁·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，点在上，，在的延长线上，． （1）如图1，求证：是的切线； （2）如图2，若，，求的长． 22．（2024·青海·中考真题）如图，直线经过点C，且，． （1）求证：直线是的切线； （2）若圆的半径为4，，求阴影部分的面积． 23．（2024·江西·中考真题）如图，是半圆O的直径，点D是弦延长线上一点，连接，． （1）求证：是半圆O的切线； （2）当时，求的长． 24．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． （1）画出关于y轴对称的，并写出点的坐标； （2）画出绕点A逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标； （3）在（2）的条件下，求点B旋转到点的过程中所经过的路径长（结果保留） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据切线的性质及有三个角是直角的四边形是矩形判定即可． （2）根据矩形的性质、垂径定理及圆的性质计算即可． 【详解】（1）证明：∵与轴相切于点， ∴轴． ∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）如图，连接．   四边形是矩形， ． 在中，， ． 点为圆心，， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定，垂径定理，圆的性质，熟练掌握矩形的判定和垂径定理是解题的关键． 2．见解析 【分析】根据命题的题设：垂直于弦的直径，结论：CD平分AB，CD平分 写出已知，求证，再利用等腰三角形的性质，圆心角与弧之间的关系证明即可． 【详解】已知：如图，是的直径，是的弦，，垂足为． 求证：，，． 证明：如图，连接、． 因为 ，， 所以，． 所以，． 所以． 【点睛】本题考查的是命题的证明，圆心角与弧，弦之间的关系，等腰三角形的性质，熟练的运用在同圆与等圆中，相等的圆心角所对的弧相等是解本题的关键． 3．(1) (2)这座石拱桥主桥拱半径约为 【分析】（1）根据垂径定理即可得出结论； （2）设主桥拱半径为，在中，根据勾股定理列出方程，即可得出答案． 【详解】（1）解：∵半径， ∴． 故答案为：． （2）设主桥拱半径为，由题意可知，， ∴，， 在中，由勾股定理，得， 即， 解得， ∴， 因此，这座石拱桥主桥拱半径约为． 【点睛】此题考查垂径定理和勾股定理，是重要考点，根据题意利用勾股定理列出方程是解题关键． 4．(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，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． 5．(1)见详解 (2)． 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，掌握这些性质以及定理是解题的关键． （1）由等边对等角得出，由同弧所对的圆周角相等得出，由对顶角相等得出，等量代换得出，由角平分线的定义可得出，由直径所对的圆周角等于可得出，即可得出，即． （2）由（1）知，，根据等边对等角得出，根据等腰三角形三线合一的性质可得出，的值，进一步求出，，再利用勾股定理即可求出． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又与都是所对的圆周角， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， 故， 即． （2）由（1）知，， ∴， 又，， ∴，， ∴圆的半径， ∴， 在中． ， ∴ 即的长为． 6．(1)见解析 (2) 【分析】（1）由垂径定理，得  ，由圆周角定理，得； （2）可证得；中，勾股定理求得，于是. 【详解】（1）证明：∵  是的半径 ∴，  （垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧） ∴（同弧或等弧所对的圆周角相等） （2）解：∵  又∵ ∴（两角分别相等的两个三角形相似）   ∴（相似三角形对应边成比例） ∵   ∴ 在中     ∴（勾股定理）   即   ∴. 【点睛】本题考查垂径定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理；由相似三角形得到线段间的数量关系是解题的关键． 7．(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：∵， ∴， ∵， ∴， ， ． （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． 8．(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， ， ， 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． 9．(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， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴，    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， ∴， 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． 10．(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用垂径定理的推论和圆周角的性质证明即可． (2)证明四边形平行四边形，后用勾股定理计算即可． 【详解】（1）∵对角线是的直径， ∴， ∴， ∴平分． （2）∵对角线是的直径， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴四边形平行四边形， ∴， 又∵， ∴． 【点睛】本题考查了垂径定理的推论，直径所对的圆周角是直角，平行四边形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握垂径定理的推论，平行四边形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 11．（1）见解析；（2）选择②为条件，①为结论或选择①为条件，②为结论；证明见解析；（3）见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线性质，三角形的外角性质等： （1）利用证明，即可； （2）选择②为条件，①为结论：在取点N，使，连接，证明，可得，，再由，可得，从而得到，即可；选择①为条件，②为结论：在取点N，使，连接，证明，可得，，再由，可得，从而得到，即可； （3）连接，取的中点F，连接，根据圆周角定理可得，从而得到，再由为的直径，可得，从而得到，然后根据，可得，可证明，从而得到，即可． 【详解】解：（1）在和中， ∵，，， ∴， ∴； （2）解：选择②为条件，①为结论 如图，在取点N，使，连接， ∵平分， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； 选择①为条件，②为结论 如图，在取点N，使，连接， ∵平分， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）如图，连接，取的中点F，连接， ∵的平分线， ∴， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 12．与相切，理由见解析 【分析】连接，由等腰三角形的性质得，再由折叠的性质得，进而证明，则，因此，然后由切线的判定即可得出结论． 【详解】解：与相切． 证明：连接． ∵， ∴． ∵图形沿过点A的直线翻折，点C的对应点落在边上， ∴． ∴． ∴． ∴由，得，即． ∴与相切． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、等腰三角形的性质、折叠的性质以及平行线的判定与性质等知识，熟练掌握切线的判定和折叠的性质是解题的关键． 13．(1)见解析 (2)6 【分析】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理及推论，圆切线的判定．含的直角三角形性质，是解决问题的关键． （1）连接，由，，推出，得到，由，得到，即得； （2）由直径性质可得，推出，根据含的直角三角形性质得到，根据，得到． 【详解】（1）证明：∵连接，则， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是的切线； （2）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 14．(1) (2)见解析 【分析】（1）根据可得，然后证明，根据全等三角形的性质可得答案； （2）连接，首先证明，再根据三角形内角和定理和圆周角定理求出，然后计算出即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴； （2）证明：如图，连接， 由（1）得：， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵是半径， ∴是的切线． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，切线的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键． 15．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了圆的切线的判定、勾股定理、垂径定理的推论等知识点，熟记相关结论是解题关键． （1）由垂径定理的推论可知，据此即可求证； （2）利用勾股定理求出即可求解； 【详解】（1）证明：∵为⊙O的弦，C为的中点， 由垂径定理的推论可知：， ∵， ∴， ∵为⊙O的半径， ∴是⊙O的切线； （2）解：∵， ∴， ∴， ∴． 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据题意可得，根据余角的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证； （2）在中，勾股定理求得,证明，设的半径为r，则，，在中，，解方程即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵为切线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴． （2）解：在中，， ∵， 在和中，，， ∴， ∴， ∴， 设的半径为r，则，， 在中，， 解得， ∴半径的长为3 【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键． 17．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质： （1）连接并延长，交于点，连接，易证垂直平分，圆周角定理，切线的性质，推出四边形为矩形，即可得证； （2）由（1）可知，勾股定理求出的长，设的半径为，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）证明：连接并延长，交于点，连接， ∵，， ∴垂直平分， ∴，， ∵为的切线， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴四边形为矩形， ∴； （2）由（1）知四边形为矩形，，， ∴， ∴， 设的半径为，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得：； 即：的半径为． 18．(1)见解析 (2)4 【分析】（1）连接，根据切线的性质可得出，结合题意可证，即得出，再根据等边对等角可得出，即得出，即平分； （2）设的半径为r，则，．再根据勾股定理可列出关于r的等式，求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接． ∵直线与相切于点， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴，即平分； （2）解：设的半径为r，则，． 在中，， ∴， 解得：， ∴的半径为4． 【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，同圆半径相等，平行线的判定和性质，角平分线的判定，勾股定理等知识．连接常用的辅助线是解题关键． 19．(1)；；1 (2)见解析 【分析】（1）根据切线长定理得到，，，代入求解即可得到答案； （2）证明，推出，，，求得，，根据，列式求得，根据切线的判定定理，即可得到是的切线． 【详解】（1）解：连接，设半径为， ∵是的内切圆，切点分别为D，E，F， ∴，，； 在四边形中，， 四边形为矩形， 又因为， 四边形为正方形． 则，则，， 在中，由勾股定理得， ∴，即， 解得， 故答案为：；；1； （2）证明：连接，，，作于点， 设半径为， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，，， ∵是的内切圆，切点分别为D，E，F， ∴， ∴， 同理， ∴， ∴， ∵， ∴是的切线． 【点睛】本题考查切线的判定，切线长定理，全等三角形的判定和性质，三角形的内切圆及勾股定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 20．(1) (2) 【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理的逆定理，扇形的面积公式等知识，解题的关键是： （1）连接，利用勾股定理的逆定理判定得出，利用切线的性质得出，利用等面积法求出，然后利用求解即可； （2）延长交于P，连接，则最大，然后在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解∶连接，    ∵，，， ∴， ∴， ∵与相切于D， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解∶延长交于P，连接，此时最大，    由（1）知：，， ∴． 21．(1)见详解 (2) 【分析】（1）连接，则，故，由，得到，而，则，由，得，因此，故，则是的切线； （2）连接，可得，则，故，由，得，那么长为． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵为直径， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是的切线； （2）解：连接， 由（1）得， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴长为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定，直角三角形的性质，三角形的外角性质，弧长公式等，正确添加辅助线是解决本题的关键． 22．(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定和性质、直角三角形的性质和勾股定理、扇形面积的计算等知识，解题的关键是掌握切线的判定与性质． （1）利用等腰三角形的性质证得，利用切线的判定定理即可得到答案； （2）在中，利用直角三角形的性质和勾股定理求得，，再根据，计算即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵在中，，， ∴， 又∵是的半径， ∴直线是的切线； （2）解：由（1）知， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ． 23．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，等边三角形的判定和性质，弧长公式，熟知相关性质和计算公式是解题的关键． （1）根据直径所对的圆周角为直角结合已知条件，可得，即可得，进而可证得结论； （2）连接，证明为等边三角形，求得，利用弧长公式即可解答． 【详解】（1）证明：是半圆O的直径， ， ， ， ， 是半圆O的切线； （2）解：如图，连接， ， 为等边三角形， ，， ， ． 24．(1)作图见解析， (2)作图见解析， (3) 【分析】本题考查了利用旋转变换作图，轴对称和扇形面积公式等知识，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键． （1）根据题意画出即可；关于y轴对称点的坐标横坐标互为相反数，纵坐标不变； （2）根据网格结构找出点、以点为旋转中心逆时针旋转后的对应点，然后顺次连接即可； （3）先求出，再由旋转角等于，利用弧长公式即可求出． 【详解】（1）解：如图，为所求；点的坐标为， （2）如图，为所求；， （3）， 点B旋转到点的过程中所经过的路径长． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$