2025年九年级数学中考三轮冲刺训练圆中切线的判定与性质综合训练

2025年九年级数学中考三轮冲刺训练 圆中切线的判定与性质综合训练 1．如图，在中，点为斜边上一点，以为直径的交于点，交于点，且点是的中点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长度． 2．如图，是的直径，与相切于点，点是上一点，连接并延长交的延长线于点．连接、相交于点，延长交于点．若平分，且． (1)求证：是的切线； (2)若，，求及的长． 3．如图1，是正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点，与相交于点． (1)若的半径为，求． (2)求证：与相切． (3)如图2，若正方形的边长为，在（2）的条件下，若点是半径上的一个动点，过点作交于点．当时，求的长． 4．如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AB为⊙O的直径，在△ABC外侧作∠CAD＝∠CAB，过点C作CD⊥AD于点D，交AB延长线于点P． (1)求证：PC是⊙O的切线； (2)连接OD交AC于点G，若OG：GD＝2:3，求∠P的度数； (3)如图2，作弦CF平分∠ACB，交AB于点E，连接BF，若BF＝5，tan∠PCB＝，求线段PB的长． 5．如图，点P为正方形ABCD的对角线AC上的一点，连接BP并延长交CD于点E，交AD的延长线于点F，⊙O是△DEF的外接圆，EF为⊙O的直径，连接DP． (1)求证：DP是⊙O的切线； (2)若tan∠PDC=，正方形ABCD的边长为4，求⊙O的直径EF和线段CE、PE的长． 6．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，点D是BC上一点，以BD为直径的⊙O过点A，连接AD，∠CAD＝∠C． (1)求证：AC是⊙O的切线； (2)若AC＝6，求⊙O的半径． 7．如图，已知为的直径，分别与相切于点点D是延长线上一点，连接，且． (1)证明：是的切线； (2)若，，，求y关于x的函数解析式． 8．如图，四边形内接于，是的直径，过点C作的垂线，交的延长线于点E，连接． (1)若平分，求证：是的切线； (2)若是的切线，，求的度数． 9．如图，与相切于点，经过上的点，交于点，，是的直径． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 10．如图，为的直径，为上一点，的平分线交于点，于点． (1)求证：为的切线； (2)若，，则弧的长为___________． 11．已知点是菱形对角线上的点，以点为圆心，为半径的圆与相切于点．    (1)求证：与相切； (2)若的半径为6，求菱形的边长． 12．如图1，是的直径，点在的延长线上，是的内接三角形，，．    (1)求的度数． (2)求证：是的切线． (3)如图2，若，是的平分线且交于点，交于点，连接，求线段的长． 13．如图，是的直径，点C是上的一点，射线，点P是射线上一动点，连接，已知．   　　   (1)若，如图1，求的长． (2)若与相切，如图2，求的长 14．如图，点A在的边上，以为直径作，交于点D，连接 ，，给出下列信息：①切于点D；②；③直线与相切．    (1)请在上述3条信息中选择其中两条作为条件，其余的一条信息作为结论，组成一个真命题．你选择的条件是 　 　、　 　，结论是 　 　（只要填写序号），并说明理由； (2)若，，求的长． 15．已知，如图，点A的坐标为，交x轴于点B和C，交y轴于点，过点D的直线与x轴交于点P，且．    (1)求证：是的切线； (2)判断在直线上是否存在点M，使得？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 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年九年级数学中考三轮冲刺训练圆中切线的判定与性质综合训练》参考答案 1．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据圆周角定理得，根据等边对等角得，所以，证得，再结合得，即可得证； （2）连接，交于点，证明四边形是矩形，设的半径为，则，，然后在中，列出勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， 点是的中点， ， ， 又， ， ， ， 又， ， 是的半径， 为的切线； （2）解：如图，连接，交于点， 点是的中点， ， 为的切线， ， 又， 四边形是矩形， 设的半径为，则，， 在中，， ， 解得， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理、平行线的判定与性质、切线的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 2．(1)证明见解析 (2)的长为，的长为 【分析】本题考查了圆的切线的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握圆的切线的判定与性质是解题关键． （1）连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据圆的切线的判定即可得证； （2）连接，设，则，在中，利用勾股定理可求出的值，由此即可得的长；根据全等三角形的性质可得，设，则，在中，利用勾股定理可求出的值，从而可得的长，再在中，利用勾股定理可求出的长，最后根据求解即可得． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵与相切于点， ∴，即， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵是的半径， ∴是的切线． （2）解：如图，连接， 设， ∵， ∴， 由（1）已证：， ∴在中，，即， 解得， ∴， ∴， 由（1）已证：， ∴， 设，则， 在中，，即， 解得， ∴， ∴在中，， ∴， 综上，的长为，的长为． 3．(1)； (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质，解直角三角形，勾股定理，正确的添加辅助线是解题的关键． （1）连接，由切线的性质得到，由正方形的性质得到，再解直角三角形即可求出答案； （2）连接，过点作于点，四边形是正方形，是正方形的对角线，得出，进而可得为的半径，又，即可得证； （3）根据与相切于点，得出，由（1）可知，设，在中，勾股定理得出，在中，勾股定理求得，进而根据建立方程，解方程，即可求出半径长．连接，设，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，结合题意得出，即可得出． 【详解】（1）解：如图所示，连接， ∵与相切于点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵的半径为， ∴， ∴； （2）证明：连接，过点作于点， 与相切于点， ． 四边形是正方形，是正方形的对角线， ， ， 与相切． （3）解：为正方形的对角线， ， 与相切于点， ， 由（1）可知，设， 在中，， ， ， ， 又正方形的边长为． 在中，， ， ， ． ∴的半径为． 连接，设， ， ， ， ． 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， 又， ． ． 4．(1)见解析 (2)∠P=30° (3)PB= 【分析】（1）连接OC，则OA=OC，则∠OAC=∠OCA=α，而∠CAD=∠CAB=α，故∠DAC=∠OCA=α，即可求解； （2）证∆OCG∽∆DAG，得，证∆OPC∽∆APD，得，从而得，再由sinP=，即可求解； （3）连接AF，证∆AFB是等腰直角三角形，从而求出AB=10 ，再证∆PCB∽∆PAC，得出，则，因为∠PCB=∠PAC，tan∠PCB＝，所以tan∠PAC==，设PB=x，PC=2x，因为，所以，解之即可求解． 【详解】（1）证明：连接OC，如图， ∵ OA=OC ∴ ∠CAB=∠ACO ∵∠CAD＝∠CAB ∴∠CAD=∠ACO ∴ OCAD ∵ CD⊥AD ∴ OC⊥CD ∴ PC是⊙O的切线 （2）解：由（1）得OCAD， ∴∆OCG∽∆DAG， ∴， ∵ OCAD， ∴∆OPC∽∆APD， ∴， ∵AP=OA+OP， ∴ ∴ ∵OC=OA， ∴， ∴sinP=， ∴∠P=30°； （3）解：连接AF，如图， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠AFB=90°， ∵CF平分∠ACB， ∴∠ACF=∠FCB， ∴AF=BF， 在Rt∆AFB中，AF=BF=， ∴AB=10 ， ∵ PC是⊙O的切线，由弦切角定理得∠PCB=∠PAC， 又∠P=∠P， ∴∆PCB∽∆PAC， ∴， ∴， ∵∠PCB=∠PAC，tan∠PCB＝， ∴tan∠PAC=tan∠PCB＝， ∴tan∠PAC== ， 设PB=x，PC=2x， ∵， ∴， 解得 x=或x=0(不符合题意，舍去)， ∴PB=， 【点睛】本题考查切线的判定，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，属圆的综合题目，熟练掌握相关性质定理和判定定理是解题的关键． 5．(1)证明见解析 (2)，， 【分析】（1）连接OD，根据正方形的性质证明△CDP≌△CBP可得∠CDP＝∠CBP，再根据等腰三角形的性质可以证明结论； （2）由∠CDP＝∠CBE，可得，再根据锐角三角函数和勾股定理即可得结果． 【详解】（1）解：连接， ∵正方形中，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵为的半径 ∴是的切线； （2）解：∵， ∴， ∴ ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵∠CDP＋∠DEF＝∠CDP＋∠ODE＝90° ∴， 在中， ∵ ∴， ∴， ∴的直径为， ∵，， ∴， ∴， 设，则，PF＝＋x， ∴ ∴， 解得， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、勾股定理、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数的运用；熟练掌握切线的判定与性质并结合锐角三角函数进行计算是解决问题的关键． 6．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接OA，由圆的性质可得OA＝OB，即∠OBA＝∠OAB；再由AB＝AC，即∠OBA＝∠C，再结合∠CAD＝∠C，可得∠OAB＝∠CAD，然后由∠BAD＝90°说明∠OAC＝90°即可证得； （2）根据等腰三角形的性质及外角的性质可求得∠B＝∠C＝30°，再利用解直角三角形，即可求得． 【详解】（1）证明：连接OA， ∵OA＝OB， ∴∠OBA＝∠OAB， ∵AB＝AC， ∴∠OBA＝∠C， ∴∠OAB＝∠C， ∵∠CAD＝∠C， ∴∠OAB＝∠CAD， ∵BD是⊙O的直径， ∴∠BAD＝90°， ∴∠OAC＝∠BAD﹣∠OAB+∠CAD＝90°， ∴OA⊥AC， ∵OA是半径， ∴AC是⊙O的切线； （2）解：由（1）可知AC是⊙O的切线， ∴∠OAC＝90°，∠AOD＝2∠B， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∴∠AOC+∠C＝2∠B+∠C＝3∠C＝90°， ∴∠B＝∠C＝30°， 在Rt△ABD中，， ∴， ∴⊙O的半径为． 【点睛】本题考查了圆的切线的判定，等腰三角形的性质，解直角三角形，三角形外角的性质，证得∠OAC＝90°是解答本题的关键． 7．(1)证明见详解 (2)y 【分析】（1）连接，依据切线的性质可知，再证明，依据全等三角形的性质可知，故此是的切线； （2）过点C作于点F，则．由切线长定理可得：，则，在中依据勾股定理可得到y与x的函数关系式． 【详解】（1）证明：连接， ∵与相切于点E， ∴， ∵是半径 ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：如图所示：过点C作于点F，则． ∵， ∴． 由切线长定理可得：， ∴ ， 在中， ∵ ∴． 整理得：y， 则y关于x的函数关系式为：y． 【点睛】本题主要考查的是切线的性质和判定，解答本题主要应用了切线的性质和判定定理、全等三角形的性质和判定，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键． 8．(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平分及，可得，再由，则可证明结论成立； （2）由圆内接四边形的性质可求得的度数；由及是直径，可求得的度数；由是的切线及可得，进而可求得的度数，最后由三角形内角和定理即可求得结果． 【详解】（1）证明：平分， ， ， ， ， ， ， ， 为的半径， 是的切线； （2）解：∵四边形内接于， ， ， ， ， ， 是的直径， ， ， 是的切线， ， ， ， ， ． 【点睛】本题是圆的综合，考查了切线的判定与性质，圆内接四边形的性质，直径所对的圆周角是直角，平行线的判定与性质等知识，掌握圆的相关知识是解决问题的关键． 9．(1)见解析 (2)6 【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质得出，根据平行线的性质得出，，即可得出，进而证得，得到，即可证得结论； （2）根据勾股定理求得，得到，然后根据勾股定理列出关于的方程，解方程即可． 【详解】（1）证明：连接，如图所示： ， ， ∵， ，， ， 在和中， ， ， ． 与相切于点， ， 又是的半径， 是的切线． （2）解：， ， 在中，，， ， ， ， 与和都相切， ， 在中，， 即：， 解得：． 【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 10．(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）连接，根据角平分线定义和半径相等证明，得，进而可以证明为的切线； （2）根据已知条件可得圆心角是，利用弧长公式即可求出弧的长． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵的平分线交于点， ∴， ∴， ∴， ∵于点， ∴， ∵是的半径， ∴与相切； （2）解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴弧的长为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，圆周角定理，添加恰当辅助线是本题的关键． 11．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，，根据菱形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，于是得到结论； （2）根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质得到，求得，于是得到结论． 【详解】（1）证明：连接，，    四边形是菱形， ，， ， ， ，， 是的切线， ， ， 与相切； （2）解：， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， 菱形的边长为． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 12．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角，得到，进而得到，再根据同弧所对的圆周角相等，得到，然后利用等边对等角的性质，即可求出的度数； （2）连接，根据圆周角定理，得到，再根据三角形内角和定理，求得，然后根据圆的切线的判定定理，即可证明结论； （3）连接，过点作于点，过点作于点，过点作于点，过点作的延长线于点，利用等腰三角形的性质，得到，再利用直角三角形的性质，得出，，，进而得到，然后利用角平分线的性质定理，得到，由的面积列式，求得，即可求出线段的长． 【详解】（1）解：如图，连接，    是的直径， ， ， ， ， ， ， ； （2）证明：如图，连接，    ， ， ， ， ， 为的半径， 是的切线 （3）解：如图，连接，过点作于点，过点作于点，过点作于点，过点作的延长线于点，    ， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ，， ， ， 平分，，， ， ， ， , ， ，， ． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的性质，圆的切线的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理等知识，熟练掌握圆的性质和直角三角形的性质是解题关键． 13．(1) (2) 【分析】（1）连接，先根据圆周角定理得到，利用勾股定理可计算出，再证明，然后利用相似比即可求出； （2）连接，先证明为的切线，根据切线长定理得到，再证明垂直平分，即可判断，即可求出． 【详解】（1）解：如图1，连接，作．    ∵是的直径， ， ， ， ， ， ， ∴，即， 解得：； （2）解：如图2，连接．   ， 为的切线， 与 相切， ， ， 垂直平分， ，， ， ， ， ，即 解得． 【点睛】本题考查了切线的性质：从圆一点引圆的切线，切线长相等，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． 14．(1)②③，①，理由见详解（其他情况也可以） (2)6 【分析】（1）选择的条件是②③，结论是①时，连接，先证明，即有，可得半径，问题得证；选择的条件是①②，结论是③，证明方法同上；选择的条件是①③，结论是②时，连接，，先证明，即有，根据，可得，即有； （2）连接，，先证明，再证明，即有，即可得，则有． 【详解】（1）选择的条件是②③，结论是①， 理由：连接，如图，    ∵， ∴， ∵直线与相切， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴半径， ∴切于点D； 选择的条件是①②，结论是③，证明方法同上； 选择的条件是①③，结论是②， 理由：连接，，如图，    ∵直线与相切，切于点D， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）连接，，如图，    ∵直线与相切，， ∴， ∴， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理等知识，掌握切线的判定与性质，是解答本题的关键． 15．(1)见解析 (2)存在，或 【分析】（1）由角的正切值相等，得到，再利用三角形内角和定理，得出，即可证明结论； （2）由勾股定理，得到，，进而得到，利用待定系数法求出直线PD的解析式是，设M的坐标是，分两种情况讨论：①当M在y轴的左边时，过M作轴于N；②当点在y轴的右边时，过作轴于H，利用三角形面积公式列方程求解，即可得到点M的坐标． 【详解】（1）证明：，， ，， 在中， ， ， ， ， ， ， ， ， 是的半径， 是的切线； （2）解：在中，，， ，， 是的切线； ， ， ， 由勾股定理得：， ， ， ， 设直线的解析式是：， 把代入得：， 解得：， 直线PD的解析式是， 设M的坐标是，使得， ①当M在y轴的左边时，过M作轴于N， 则 ， 解得：， ， 即M坐标是， ②当点在y轴的右边时，过作轴于H， 则， ， 解得：， ， 即M的坐标是， 综上可知，在直线上是否存在点M，使得，此时点M的坐标是或．    【点睛】本题考查了．坐标与图形，锐角三角函数，圆的切线的判定和性质，待定系数法求一次函数解析式，勾股定理等知识，利用分类讨论的思想解决问题是解题关键． 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 $$