2025年九年级中考数学专题训练——圆的综合

2025年中考数学专题训练——圆的综合 1．如图，在中，是直径，点C在上．在的延长线上取一点D，连接，使． (1)求证：直线是的切线； (2)若，，求的长． 2．如图，直角三角形中，，点为上一点，以为直径的上一点在上，且平分． (1)证明：是的切线； (2)若，，求的长． 3．如图1，为直径，与相切于点为上一点，连接，若． (1)求证：为的切线； (2)如图2，过点B作交延长线于E，，，求与之间的数量关系． 4．如图，在中，，D为上一点，且． (1)求证：与相切． (2)若，，求的长． 5．如图，是正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点． (1)求证：与相切；； (2)若正方形的边长为，则的半径＝_______． 6．如图，是的直径，为上一点，点在的延长线上，． (1)求证：是的切线； (2)若，的半径为，求圆中阴影部分的面积． 7．如图，在中，，是上一点，且，点在上，以点为圆心的圆经过、两点． (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，的半径为，求的长． 8．如图，是正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点． (1)求证：与相切； (2)若正方形的边长为，则的半径________． 9．如图，是的直径，点为上一点，连接，点在的延长线上，点在上，过点作的垂线分别交的延长线于点，交于点，且． (1)求证：是的切线； (2)若且，，求的长度． 10．如图，已知中，，平分，交于点，是边上一点，经过点，，与交于点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 11．如图，是的直径，点在上．平分，过点作于点． (1)求证：是的切线； (2)连接，若，，求的长． 12．如图，是斜边上的中线，以为直径作，分别交、于点、．讨作，垂足为． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 13．如图，等腰中，以为直径的与、的延长线分别交于点、，垂直于． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的长． 14．已知：如图，为的直径，是的弦，垂直于过点E的直线，垂足为点D，且平分．求证：    (1)是的切线； (2)． 15．如图，在中，以边为直径作，交于点D，点E为边上一点，连接．给出下列信息：①；②；③是的切线． (1)请在上述3条信息中选择其中两条作为条件，剩下的一条作为结论，组成一个命题．你选择的两个条件是 ，结论是 （只要填写序号）．判断此命题是否正确，并说明理由； (2)在（1）的条件下，若 ，的直径为，求的长． 16．如图，在中，，是的平分线，O是上一点，以为半径的经过点D，交于点E． (1)求证：是的切线 (2)若，求的半径． 17．如图，中，，以为直径的与，分别交于点和点，过点作，垂足为． (1)求证：是的切线； (2)若，，求半径． 18．如图，内接于 且为的直径，过点作，交于点，交于点 过点作直线交的延长线于点，且． (1)求证：直线与相切； (2)若，求的长． 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 《2025年1月25日初中数学作业》参考答案 1．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质和判定，含30度直角三角形的性质，综合运用这些知识是解决问题的关键． （1）连接，得到，圆周角定理得到，得到，进而得到，根据切线的判定即可证得结论； （2）根据等腰三角形的和三角形外角定理证明，推出是等边三角形，得到，根据含30度直角三角形的性质求出，即可求出． 【详解】（1）证明：连接，则， ， 是直径， ，即， ∴ ∵， ∴，即， ， 是的半径， 直线是的切线； （2）解： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， 由（1）知， ， ， ∵， ∴， ∴点是的中点， ， ． 2．(1)见解析； (2)8． 【分析】本题考查了切线的判定、勾股定理等知识，熟练掌握切线的判定定理、勾股定理是解题的关键． （1）连接，根据平行线判定推出，推出，根据切线的判定推出即可； （2）根据勾股定理求出，再根据线段的和差求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ， ， 平分， ， ， ∴， ， ， ， ， 为半径， 是切线； （2）解：设， 在中，，， ， 由勾股定理，得：， 解得：， ， ． 3．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了切线的判定和性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识点，综合应用所学知识成为解题的关键． （1）如图：连接，利用切线及平行线性质证得，从而求得即可证明结论； （2）先说明为的切线可得，，如图：过点E作于M，则则四边形是矩形可得，，，然后在运用勾股定理列等式化简即可解答． 【详解】（1）证明：如图：连接， ∵与相切于点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵为半径， ∴为的切线． （2）解：∵， ∴为的切线， ∴为的切线， ∴，，， 如图：过点E作于M，则四边形是矩形， ∴，，， 在中，，解得：，即． 4．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据圆周角定理和等腰三角形性质证明，进而得到，即可证明与相切； （2）过点作于点，利用角平分线性质得到，设半径为，利用勾股定理建立方程求解，得到，，再利用等面积法求解，即可解题． 【详解】（1）解：连接， ， ， ， ， ， ， ， ， 为半径， 与相切； （2）解：过点作于点， ， ， ，，， 设半径为， ， ， ， 即， 解得， ，， ， ． 【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形性质，平行线的判定与性质，切线的判定，角平分线性质，勾股定理，等面积法，解题的关键在于熟练掌握相关知识． 5．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，其中掌握圆的相关知识点、正方形的性质、角平分线性质勾股定理的计算等知识点的应用是本题的解题关键． （1）如图所示，连接，过点作于点，则，可证，得，结合切线的判定方法即可求证； （2）根据题意可证四边形是正方形，设，则，在中，运用勾股定理可得，则，根据正方形的性质可得，则有，由此即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，连接，过点作于点，则， ∵与切于点， ∴， ∴， ∵四边形是正方形，是对角线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵是圆的半径， ∴是圆的半径，且点是半径的外端点，， ∴与相切； （2）解：∵，， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∵正方形的边长为，即 ∴， ∴， 解得，， ∴的半径为， 故答案为：． 6．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据是的直径，得出，易得，结合，推出，则，即可求证是的切线； （2）过点C作于点E，求出，，再求出，则，根据三角形面积公式和扇形面积公式得出和，最后根据即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴是的切线； （2）解：过点C作于点E， ∵，， ∴， ∴，， ∵的半径为， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的证明，求扇形面积，解直角三角形，解题的关键是掌握圆心角定理，切线的判定定理，以及扇形面积公式． 7．(1)相切，理由见解析 (2)6 【分析】（1）连接，根据圆周角定理，得到，进而得到，于是可得结论； （2）解，根据，求出的长，进而求出的长，再解，即可求出的长． 【详解】（1）解：直线与相切，理由如下： 如图，连接，    ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的半径， ∴直线与相切； （2）解：∵，，的半径为， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则， ， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余，切线的判定，解直角三角形的相关计算，勾股定理等知识点，熟练掌握切线的判定方法及正弦的定义是解题的关键． 8．(1)证明过程见详解 (2) 【分析】（1）如图所示，连接，过点作于点，则，可证，得，结合切线的判定方法即可求证； （2）根据题意可证四边形是正方形，设，则，在中，运用勾股定理可得，则，根据正方形的性质可得，则有，由此即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，连接，过点作于点，则， ∵与切于点， ∴， ∴， ∵四边形是正方形，是对角线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵是圆的半径， ∴是圆的半径，且点是半径的外端点，， ∴与相切； （2）解：∵，， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∵正方形的边长为，即 ∴， ∴， 解得，， ∴的半径为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的判定和性质，切向的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握切线的判定，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 9．(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）连接，由，则可得出，再根据三角形的外角性质可得，从而有，故有，所以可证，从而求证； （）由（）得：，，则可得，，通过勾股定理求出，由角度和差，三角形的外角性质可以得到，则，最后由线段和差即可求解； 本题考查了切线的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的判定，三角形的外角性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：如上图，由（）得：，， ∴，， ∴， ∴， ∴由勾股定理得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 10．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识； （1）由等腰三角形的性质得出，由角平分线的性质得出，则，证出，则可得出结论； （2）由勾股定理求出，证明，由相似三角形的性质得出，则可得出答案． 【详解】（1）证明：连接， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 是半径， 是的切线； （2）解：设的半径为， 在中，， ， ， ， 即， 解得，， ． 11．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，得到，得，根据于点即可得，即可得证． （2）连接，求得，在中，求得；在中，，；在中，利用勾股定理可求得． 【详解】（1）证明：如图，连接． ∵平分 ∵， ∴． ∴． ∴． ∵于点， ，即 是半径， 是的切线； （2）解：连接． ∵是的直径， ∴． ∵， ∴． 在中， ∵，， ∴． 在中， ∵， ∴． ∵，   , ∴． ∴． 在中， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定、勾股定理，圆周角定理，含30度的直角三角形，等腰三角形的判定和性质，作出恰当的辅助线是解决问题的关键． 12．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，熟练掌握相似三角形的性质和判定是解题的关键． （1）连接，证明，进而证明，再根据是的半径，即可证明； （2）证明，根据对应线段成比例即可求解； 【详解】（1）证明：连接， ∵是斜边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， 又是的半径， ∴是的切线． （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵是斜边上的中线． ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 13．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，首先得到是等腰三角形，然后结合，证明，进而得到，即可证明出是的切线； （2）连接，首先根据勾股定理求出，然后证明出，得到，代入求出，然后证明出，得到，求出，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，连接， ∵， ∴是等腰三角形，， ∵， ∴， ∴， ∴，而， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）∵为的直径， ∴，， ∴， 如图所示，连接， ∵，，， ∴， ∵ ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴，即 解得， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴． 【点睛】此题考查了切线的判定和性质，勾股定理，三角形中位线的性质和判定，等腰三角形三线合一性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 14．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据等腰三角形的性质和角平分线的定义得出，从而有，又因为，则，则结论可证； （2）首先证明， 则有，则结论可证． 【详解】（1）证明， ． ∵平分， ， ， ． ， ， ∴是的切线； （2）证明：连接NE，    ∵为的直径， ∴． ， ． ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查切线的判定，圆周角定理，等边对等角，相似三角形的判定及性质，掌握切线的判定及相似三角形的判定及性质是解题的关键． 15．(1)①和②，③，真命题，证明见解析；（答案不唯一） (2)10 【分析】（1）选择①和②为条件，③为结论，连接，由等边对等角可得出，，即可推出，从而可证明，再根据平行线的性质和，可证明，即，说明是的切线； （2）连接，圆周角定理得到，根据，得到，求出的长，勾股定理求出的长，三线合一求出的长即可． 【详解】（1）解：选择①和②为条件，③为结论，该命题为真命题． 证明：如图，连接， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴，即， 又∵为的半径， ∴是的切线． （2）连接， ∵为直径， ∴， ∴， ∵ ，的直径为，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 16．(1)见解析 (2)3 【分析】（1）由及平分，则可得，再由即得到要证的结论； （2）连接，证明，由相似三角形的性质即可求得半径． 【详解】（1）证明：∵，平分， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即是的切线； （2）连接，如图， ∵是圆的直径， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 则圆的半径为． 【点睛】本题主要考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，掌握这两点知识是关键，其它还涉及平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，直径所对的圆周角是直角等知识，证明三角形相似是本题的关键． 17．(1)证明见解析； (2)的半径为． 【分析】（）连接，，由圆周角定理得，又，则通过等腰三角形的性质得，然后由中位线定理可得，最后由平行线的性质即可求证； （）过点作，垂足为，易证四边形是矩形，从而得出，设的半径为，然后利用垂径定理表示出，最后在中利用勾股定理列出关于的方程进行计算即可解答． 【详解】（1）证明：连接，， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：过点作，垂足为， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 设的半径为， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴的半径为． 【点睛】本题考查了切线的判定，中位线定理，等腰三角形的性质 ，勾股定理，垂径定理，圆周角定理，熟练掌握相关知识的应用及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． 18．(1)见解析 (2) 【分析】本题是圆与三角形的综合题目，考查切线的判定与性质、圆周角定理的推论、勾股定理应用，解题的关键是掌握相关的性质定理，进行证明． （1）先证明即可得出，从而证明结论； （2）先求出，再求出，利用勾股定理求出结论． 【详解】（1）证明：∵ ∴    ∵是⊙的直径     ∴，即 ∵ ∴   ∴    ∴ ∵是⊙的半径    ∴直线与⊙相切； （2）∵ ∴    ∵ ∴ ∵ ∴      在中，， ∴    解得      ∴的长为． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$