2025年九年级数学中考复习圆综合压轴题常考热点解答题考前冲刺专题训练

2025年 九年级数学中考复习 圆综合压轴题 常考热点解答题考前冲刺专题训练 1．点，，在上，将沿折叠后，与交于． (1)若，求的度数． (2)如图，点恰是翻折所得的中点，若，求的度数． 2．已知的顶点都在上，，过圆上的点D作的切线交的延长线于点P． (1)如图①，若为直径，D为的中点，连接，求和的大小； (2)如图②，若为直径，，于点E，交于点F，，求线段的长． 3．已知：如图，在半径为4的中，、是两条直径，M为的中点，的延长线交于点E，且．连接，． (1)求的长； (2)求的值． 4．如图，是的直径，是延长线上的一点，点在上，，交的延长线于点，交于点，且点是的中点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长度． 5．如图，是的直径，点为上一点，连结，，作的角平分线交于点，交于点，连结交于点． (1)求证：． (2)若，，求EF的长． 6．如图，在中，，以为直径作交于点D．点在线段上，．连接并延长交于． (1)求证：； (2)连接交于点．若，，求的半径． 7．如题图，是等边三角形，点B，C都在上，点D是的中点，连接，． (1)求证：圆心O在上； (2)若，求的值． 8．如图，是的外接圆，为直径，点是的内心，连接并延长交于点，过点作，交的延长线于点． (1)求证：与相切； (2)连接，若的半径为2，，求阴影部分的面积（结果用含的式子表示）． 9．如图，为线段上两点，且，，，过点作的垂线，与以为直径的交于点，作射线． (1)求证：为的切线； (2)为上一点，弦与直径交于点，当为中点时，求的长． 10．如图，内接于，是的直径，平分的外角交于点D，交的延长线于点E． (1)如图1，求证：是的切线； (2)如图2，若，，求的长． 11．如图，的外接圆是，点E是上一点，连接交于点D，． (1)如图1，求证： (2)如图2，点F是中点，连接并延长分别交于点G、H．求证： (3)如图3，在（2）的条件下，与交于点K，点G是中点，点G也是中点，若半径为，求的长． 12．如图1，是中的平分线，，以为半径的与相交于点，且． (1)求证：是切线； (2)如图2，设与的切点为，连接．当时，求的半径； (3)若是线段的中点，连与交于，在（2）的条件下，求的值． 13．如图，已知中，，平分，交于点，以上某一点为圆心作，使经过点和点，交于点，连接并延长交的延长线于点． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，，求的长； (3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积． 14．如图，在中，直径，，是的切线，点为切点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，线段交于点，连结，若，求的长； (3)如图3，线段交于点，连结，若，求的长． 15．如图，内接于，直线与相切于点，连接并延长交直线于点，交于点，过点作于点． (1)求证：； (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 参考答案 1．(1) (2) 【分析】本题是圆的综合题目，考查了圆内接四边形的性质，圆心角、弧、弦之间的关系，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，本题综合性强，熟练掌握圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定与性质是解题的关键． （1）将还原后点的对应点为，连接、，则，，求出，由三角形的外角性质即可得出答案； （2）由（1）得，证出，由等腰三角形的性质得出，，设，则，在中，由三角形内角和定理得出方程，解方程即可； 【详解】（1）解：将还原后点的对应点为，连接、，如图所示： 则，， ， ； （2）（2）由（1）得， ，， ， 点是翻折所得的中点， ， ， ， ， ， 设，则， 在中，由三角形内角和定理得：， 解得， 即． 2．(1)， (2) 【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，可求出的大小，连接，根据圆的切线的性质和圆周角定理，即可求出的大小； （2）连接，，证明是等边三角形，得到，根据圆的切线的性质，得到，，再结合锐角三角函数求解即可 【详解】（1）解：为直径， ， ， ， D为的中点， ， 如图，连接， 是的切线，切点为， ， ， ， ； （2）解：如图，连接，， 为直径， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， 是的切线，切点为， ， ，， 在中，． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的切线的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形的应用等知识，熟练掌握圆的相关性质是解题关键． 3．(1) (2) 【分析】本题考查了圆周角，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形的应用，掌握相关知识点是解题关键． （1）根据直角所对的圆周角是直角，得出，设，连接、，利用相似三角形的性质，得到，进而得到一元二次方程，求解即可； （2）证明为等腰三角形，过E作，得到，再利用正弦求解即可． 【详解】（1）解：∵为的直径， ∴， ∵，， ∴， 设，则， ∵M为的中点， ∴，， 如图，连接、， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：，， ∵， ∴； （2）解：∵， ∴为等腰三角形 如图，过E作，垂足为F，则， ∴， ∴． 4．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据同圆中，等弧所对的圆周角相等得出，根据等边对等角得出，推得，根据内错角相等，两直线平行得出，根据两直线平行，同位角相等得出，即可证明； （2）设半径为，根据勾股定理可得，据此列出方程，解方程求出即可求得答案． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵点是的中点， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 又于点， ∴于点， ∵是的半径， ∴为的切线； （2）解：设半径为r，则，， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角性质，等边对等角，平行线的判定和性质，勾股定理，切线的判定．熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． 5．(1)见解析 (2) 【分析】（1）先利用角平分线的定义得到，加上，所以 ，然后根据平行线的判定方法得到结论； （2）先根据圆周角定理得到，则利用勾股定理可计算出，再根据平行线的性质得，则利用垂径定理得到，接着根据三角形中位线性质得到，所以，然后证明，则利用相似三角形的性质和比例的性质可求出的长． 【详解】（1）解：因为平分， 所以， 所以，即， 因为AB是的直径，所以， 所以． （2）因为AB是的直径， 所以， 由勾股定理得， 由（1）可知， 所以， 因为，分别是，的中点， 所以， 可得． 由（1），可得， 则， 所以． 【点睛】本题考查平行线的判定、勾股定理、垂径定理、三角形中位线性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关定理是解题关键． 6．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，设，先证明，然后根据垂直平分线的性质定理证明，再逐步求得，即得答案； （2）连接，先证明，接着证明，即得和，从而可得，继续证明是等边三角形，最后利用直角三角形的性质，即可求得答案． 【详解】（1）证明：如图，连接，设， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：如图，连接， 由（1）可得，， ， ， ， ， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ，， ， ， ， 即的半径为． 【点睛】本题主要考查了圆与三角形的综合性问题，垂直平分线的性质定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握圆周角定理及相似三角形的判定与性质是解题的关键． 7．(1)见解析； (2)． 【分析】（1）连接，．证明，得到，利用等弧所对的圆心角相等，得到，从而得出，即可得证； （2）记与的交点为M．根据全等三角形的性质和等边三角形三线合一的性质，得到，由垂径定理可得，设，则，，设，利用勾股定理，求得，进而得到，即可得解． 【详解】（1）证明：如图，连接，． 在和中， ， ∴． ∴． ∵点D是的中点， ∴． ∵， ∴． ∴圆心O在上． （2）解：记与的交点为M． ∵， ∴． ∵是等边三角形， ∴， ∴． ∵， 设，则， ，， 设，则． 在中，由勾股定理，得， ∴， 解得：，即． ∴． ∴． ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，弧与圆心角的性质，等边三角形的性质，垂径定理，解直角三角形的应用，掌握圆的相关性质是解题关键． 8．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，交于点，根据等腰三角形的性质得到，由为的内心，得到，求得，根据圆周角定理得到，求得，根据切线的性质得到，根据平行线的判定定理得到结论； （2）根据三角函数的定义得到，求得，求得，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接，交于点， ∵， ∴， ∵为的内心， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵为的半径， ∴为的切线； （2）解：∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线的判定，三角函数的定义，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，扇形面积的计算．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 9．(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查圆的切线判定、勾股定理及其逆定理、相似三角形的判定与性质．解题关键是利用勾股定理及逆定理证明切线，通过证明三角形相似并结合线段关系求解线段长度． （1）连接，先根据已知线段长度求出及圆半径$OE$等相关线段长，再在和中用勾股定理求出、，最后依据勾股定理逆定理证明，从而证得为的切线． （2）连接，利用是中点得出，结合及对顶角相等，证明，根据相似比设未知数表示与，由长度求出未知数，进而求得的长． 【详解】（1）连接， ∵，，， ∴， ∴半径， ， ． ∵， ∴ 在中， ． 在中， ． ∵， ∴，，． ∵， ∴在中，，即． ∵是的半径， ∴为的切线． （2）解：连接， ∵为中点，为直径， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵． ∴． ∴． 设，则． ∵，即， ． ， 将代入可得： ． 10．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用角的等量代换证明即可解答； （2）连接，，过作于，证出得到，设，，结合勾股定理运算求解即可． 【详解】（1）证明：如图1，连接， ∴ ，， ∵平分的外角， ∴， ∴， ∴， ∵交的延长线于， ∴， ∴， ∴， ∵为半径， ∴是的切线； （2）如图2，连接，，过作于， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ， 在中，， ∴， 设，， 根据勾股定理得：， ∵， ∴ ， ∴， 在中，，根据勾股定理得：， ∴， ∴ ，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， 在中，，根据勾股定理， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了圆的性质，圆周角的性质，相似三角形的判定及性质，三角函数的比值关系，合理作出辅助线是解题的关键． 11．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据，，得，即得； （2）根据，得，结合，得，推出，即得； （3）过点O作于点M，连接，证明四边形是平行四边形，得到，得，得到，得到，得，证明，得，得，得，得， 即得． 【详解】（1）证明：∵，． ∴， ∴； （2）∵点F是中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）过点O作于点M，连接， 则， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理，三角形外角性质，垂径定理推论，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，含30度的直角三角形的判定和性质，是解题的关键． 12．(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）过点作于，根据角平分线的性质得出，根据“经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线”，即可证得是切线； （2）连接，根据切线得出，根据“直径所对的圆周角是直角”，得出，推出，根据等边对等角，由，得出，则，公共角，证明，得出，由，得，计算求出、，计算，最后根据，计算即可求得的半径； （3）连接，过点作，交的延长线于，由（2）得，，，，，得出，，结合勾股定理得出，求出、，根据，求出，根据勾股定理计算，根据与的切点为，得出，，根据勾股定理计算，得出，由，得出，求出，根据是线段的中点，求出，推出，根据“平行于三角形一边的直线截其他两边（或其他两边的延长线）所构成的三角形和原三角形相似”，得出，，结合，计算，根据计算，求出的值，根据的边上的高和的边上的高相等，则，得出答案即可． 【详解】（1）证明：如图，过点作于， ∵是的平分线，，，为半径， ∴，点也在圆上，即也为半径， 又∵， ∴是切线； （2）解：如图，连接， ∵是的切线， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴，， ∴， ∴， ∴的半径为； （3）解：如图，连接，过点作，交的延长线于， ∵由（2）得，，，，， ∴，， ∵， ∴， ， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵与的切点为， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴，， ∴， ∵是线段的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵的边上的高和的边上的高相等， ∴． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的性质、圆的切线的判定、角平分线的性质、解直角三角形、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握知识点、作辅助线推理是解题的关键． 13．(1)直线与相切，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，根据角平分线的定义得出，由等边对等角得出，即可得出，进而判定，根据平行线的性质得到，即，即可得解； （2）由是直径得出，根据两角相等的两个三角形相似得到，即可得出，根据和，得到，代入比例式可得； （3）根据三角函数求得，进而求得，，再根据等腰三线合一可知，从而得到，再利用三角函数求得，最后根据阴影部分面积等于的面积减去扇形的面积求解即可． 【详解】（1）解：直线与相切， 理由如下：连接，如图， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， 为半径， 与相切； （2）解：是直径， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， （负值舍去）． （3）解：在中，， ， ， ，， ，平分， ， ， 在中，， ， ，， ． 【点睛】本题考查了圆的综合，切线的判定与性质，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，角平分线的定义等，熟练掌握相关的定理及证明直线与相切是解题的关键． 14．(1)见解析 (2)3 (3) 【分析】（1）由是的直径，且，可知是的切线．根据切线长定理可得． （2）连结， 根据可得，则，又由及可得，进而可得，根据三角函数可求出，进而可得． （3）连结，，，，易得，则可得．由同角的余角相等可得，又由圆周角定理及可得，进而可得．易得，则可求得，再根据勾股定理求出的长为，再根据，求出的长，进而可得的长． 【详解】（1）证明：∵是的直径，， ∴是的切线． 又∵是的切线， ∴． （2）解：如图，连结， ∵，，， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴， ∴， ∴． （3）解：如图，连结，，，， ∵，且， ∴． ∴， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质以及三角函数．熟练掌握以上知识，正确的作出辅助线是解题的关键． 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接并延长，交于点，连接，如图所示，由切线性质得到，再由直径所对的圆周角是直角得到，最后根据同弧所对的圆周角相等即可得证； （2）连接，如图所示，由（1）中，结合同弧所对的圆周角相等得到，进而判定，利用相似比求出、及，设，，由勾股定理求得，再由中垂线的判定得到，利用等面积法求出，在中，由勾股定理得出，最后再由相似三角形的判定与性质，由相似比列式求解即可得到答案． 【详解】（1）证明：连接并延长，交于点，连接，如图所示： 直线与相切于点， ，即， 是的直径， ， ， ， ； （2）解：连接，如图所示： 由（1）知， ， ， ， ， ，则， ， ，解得，则， 设，， 是的直径， ， 在中，，，，则由勾股定理可得， 即，， ，， 是的中垂线， ， ， ， 在中，，，则由勾股定理可得， ， 由（1）知， ，则， ，解得． 【点睛】本题属于圆综合，难度较大，涉及圆的基本性质、切线性质、圆周角定理及其推论、圆中弦与圆周角的关系、相似三角形的判定与性质、勾股定理、中垂线的判定与性质、等面积法求线段长等知识，熟记圆的性质、相似三角形的判定与性质，掌握圆的综合问题的解法是解决问题的关键． 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 $$