2025年九年级数学中考三轮冲刺训练圆的有关证明及计算专题

2025年九年级数学中考三轮冲刺训练圆的有关证明及计算专题 1．如图，内接于，为的中点，弦交的延长线于点，连接，． (1)求证：； (2)若为的切线，的半径，，求的长． 2．如图，内接于，为的直径，点D在的延长线上，连接，，过点B作，交于点E． (1)求证：是的切线； (2)若点B是的中点，且，求的半径． 3．如图，内接于，是的直径，过点C作的切线交的延长线于点D，于点E，的延长线交于F，交于点G，． (1)求证：； (2)判断与是否相似，并说明理由； (3)若，求的面积． 4．如图，在中，内接于，连接并延长，交于点，连接，过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，，求的长． 5．如图，内接于，为的直径，点为上一点，连接，过点作交的延长线于点，与互余． (1)求证：为的切线； (2)若的半径为13，，求的长． 6．如图，是的外接圆，为的直径，为劣弧的中点，连接，与交于点，并过点作的平行线分别交，的延长线与点，． (1)求的度数； (2)求证：是的切线； (3)看一看，想一想，证一证；存在一个常数，使得．以下三个结论，，，，你认为哪个正确？请说明理由． 7．如图，是圆的直径，交圆于点，且与圆的切线互相垂直，垂足为． (1)求证：； (2)若，，求线段的长度． 8．如图，在中，，以为直径作，交于点，过点作，交于点，连接． (1)求证：是的切线； (2)已知，，求的半径． 9．如图，在中，，过的中点C． (1)求证：为的切线； (2)若的直径为，，求的长． 10．如图，已知是的直径．点P在的延长线上，点D是上一点，过点B作垂直于点C，连接并延长，交的延长线于点E，且 (1)求证：是的切线； (2)若，，求半径的长． 11．如图，四点在上，为的直径，于点，平分． (1)求证：是的切线； (2)若，，求弦与弧围成的弓形的面积． 12．如图，为的直径，为上一点，为的中点，点在的延长线上，且． (1)求证：为的切线． (2)若，，求的长． 13．如图，已知等腰中，，以为直径的与底边交于点，过点作，垂足为，连接． (1)求证：为的切线； (2)若，求图中阴影部分的面积． 14．如图，点A，B，C在上，平分交于点D，点E在的延长线上，连接 (1)求证：是的切线． (2)若，，求的长． 15．如图，在菱形中，于，以为直径的分别交，于点，，连接． (1)求证：①是的切线；②； (2)若，，求． 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）证明，再通过圆内接四边形的性质和圆周角定理推导出； （2）利用四边形为平行四边形的性质，求出角度和边长关系，结合是切线的性质，根据垂径定理求出的弦心距，然后判定，再根据相似三角形性质求出长度． 【详解】（1）证明：， ，， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形为的内接四边形， ， ， ； （2）解：连接并延长交于点，连接， 为的切线， ， 四边形为平行四边形， ， ，， 为的中点， ， ， 又， ， ，即， ， ．     【点睛】本题综合考查了圆的性质、平行线的性质、相似三角形性质以及勾股定理的计算，需要熟练掌握几何图形的性质和代数方法的综合运用． 2．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查圆周角定理，切线的判定，解直角三角形，熟练掌握相关定理和切线的判定方法，是解题的关键： （1）连接，圆周角定理，得到，进而得到，等边对等角，得到，结合，推出，即可得证； （2）根据线段之间的数量关系求出，进而求出的长，勾股定理求出的长，即可得出结果． 【详解】（1）证明：连接， 是的直径， ， ， ， ，即， ． 为的半径， 是的切线． （2）解：点B是的中点， ． ， ． ， ． 又， ． ． 在中． ． 即半径为． 3．(1)见解析 (2)，见解析 (3) 【分析】（1）由切线的性质可得，由，可证，可得； （2）由是的直径，可知，又因为，可知，再结合圆周角定理以及切线的性质得，再证明，即可求出答案； （3）先证明为等边三角形，结合勾股定理算出，运用面积公式列式计算，即可作答． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵是⊙O的切线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴； （2）解：，理由如下： ∵是的直径，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵是的直径，是的切线， ∴ 则 即 ∵， ∴， ∵， ∴； （3）解：由（2）得， ∵， ∴， ∵ ∴为等边三角形， ∴， 则， ∴的面积． 【点睛】本题考查的是切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 4．(1)见解析 (2)的长为9． 【分析】（1）如图，连接，利用切线的性质与圆周角定理证明，可得，进一步可得结论； （2）由（1）知，，证明，可得，结合，再进一步求解即可. 【详解】（1）证明：如图，连接， 为的切线， ， 为的直径， ， ， ， ， ， ； （2）解：由（1）知，， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，锐角三角函数的应用，熟练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． 5．(1)见解析 (2)8 【分析】（1）利用等角的余角相等求得，推出，得到，即可得到为的切线； （2）过点作于点，推出为的中位线，利用垂径定理和勾股定理求得，证明四边形为矩形，据此求解即可． 【详解】（1）证明：为的直径， ，即与互余， 与互余， ， ， ， ， 为的半径， 为的切线； （2）解：过点作于点，如图． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为的中位线， ∴， 的半径为13，即， ， ，，， 四边形为矩形， ， ． 【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，勾股定理，垂径定理，矩形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形中位线定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 6．(1) (2)见解析 (3)正确，见解析 【分析】本题主要考查了切线的判定，垂径定理，相似三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）由直径所对的圆周角是直角得到，再由平行线的性质可得答案； （2）连接交于点，由垂径定理可得，则由平行线的性质可得，据此可证明结论； （3）连接．证明，得到．再证明，得到，据此可得结论． 【详解】（1）解：为的直径， ， ， ； （2）证明：如图，连接交于点． 为劣弧的中点， ， ， ． ， ， ． 是的半径， 是的切线； （3）（3）解：正确．理由如下： 如图，连接． 与相切于点， ， ． 为的直径， ， ， ． ， ， ． ， ， ， ． ， ． 又， ， ， ， 由，得， ， ，使得成立． 7．(1)见解析 (2) 【分析】（1）首先连接，由圆是的切线，，又由，即可判定，根据平行线的性质与等腰三角形的性质，即可证得； （2）过点作于点，过点作于点，连接，则四边形是矩形，根据垂径定理可得，根据已知可得，进而得出，在中，勾股定理求得，在中，求得，进而得出，证明得出，根据，即可求解． 【详解】（1）证明：连接． 是的切线， ， 又， ， ， ， ， ， 即； （2）解：如图，过点作于点，过点作于点，连接， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴ ∵ ∴， ∵，， ∴， ∵ ∴ ∵， ∴ 在中， 在中， ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ 【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，已知正切求边长，勾股定理，等腰三角形的性质与平行线的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 8．(1)见解析； (2)． 【分析】此题考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定是关键． （1）连接，证明，得到，即可证明结论成立； （2）先求出，连接，证明，则，得到，勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】（1）证明：如图，连接，则有 ， ∵是半径， ∴是的切线； （2）解：为中点且 如图，连接 为直径 9．(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的三线合一、勾股定理等知识，熟练掌握圆的切线的判定是解题关键． （1）先根据等腰三角形的三线合一可得，再根据圆的切线的判定即可得证； （2）先根据等腰三角形的三线合一可得，，再求出，然后利用勾股定理求解即可得． 【详解】（1）证明：∵，点是的中点， ∴， ∵为的半径， ∴为的切线． （2）解：∵，点是的中点，， ∴，， 又∵过的中点，的直径为， ∴， ∴在中，． 10．(1)见解析 (2)6 【分析】本题考查切线的判定，平行线的判定和解直角三角形，熟练掌握直角三角形的边角关系、切线的判定方法是解题的关键； （1）根据等腰三角形的性质和平行线的判定得出，进而得到，即可得证； （2）在直角三角形中根据锐角三角函数以及勾股定理构建方程求解即可. 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是圆的半径， ∴是的切线； （2）解：由（1）知：， ∴， 在直角三角形中，，即， 故设， 则， ∴， 解得， ∴，即圆的半径是6. 11．(1)证明见解析 (2) 【分析】（）连接，由等腰三角形的性质和角平分线的定义可得，即得，进而由平行线的性质即可求证； （）连接，过点作，由直角三角形的性质和圆周角定理可得，，可得，即得，进而可得，，最后根据计算即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵ 平分， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴是的切线； （2）解：连接，过点作， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴，， ∴，是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，角平分线的定义，平行线的判定和性质，切线的判定，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理，扇形的面积，正确作出辅助线是解题的关键． 12．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟知相关知识是解题的关键： （1）连接，等边对等角，得到，直径得到，进而得到，等量代换，推出，即可得证； （2）连接，证明为等边三角形，进而得到，根据含30度角的直角三角形的性质，求出的长即可． 【详解】（1）解：连接，则：， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为半径， ∴是的切线； （2）解：连接，则：，， ∵E为的中点， ∴ ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 13．(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了圆的切线的判定定理、圆周角定理、扇形的面积、解直角三角形等知识，熟练掌握圆的切线的判定定理和扇形的面积公式是解题关键． （1）连接，先根据等腰三角形的性质可得，，从而可得，再根据平行线的判定可得，然后根据平行线的性质可得，最后根据圆的切线的判定定理即可得证； （2）先根据圆周角定理可得，再根据等腰三角形的三线合一可得，解直角三角形可得，根据圆周角定理可得，然后根据图中阴影部分的面积等于求解即可得． 【详解】（1）证明：如图，连接，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵是的半径， ∴为的切线． （2）解：∵是的直径， ∴，即， ∴，（等腰三角形的三线合一） ∵在中，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴图中阴影部分的面积为． 14．(1)见解析 (2)的是 【分析】连接，则，所以，推导出，由，，得，则，即可证明是的切线； 由，，，证明，则，由，得，则，所以，而，可证明，则． 【详解】（1）证明：连接OD、OC，则， ， ， ， 平分交于点D， ， ， ， ， 是的半径，且于点D， 是的切线． （2）解：，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 的是6． 【点睛】此题重点考查圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、切线的判定等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 15．(1)①见解析；②见解析 (2) 【分析】（1）①根据菱形的性质得出，根据，可得，进而即可得证； ②连接，根据等弧所对的圆周角相等得出，根据直径所对的圆周角是直角得出，进而可得，结合，即可得证； （2）连接交于．根据菱形的性质以及勾股定理求得，进而根据等面积法求得，由得：，在中，即可求解． 【详解】（1）证明：①四边形是菱形， ， ，则 又为的半径的外端点， 是的切线． ②连接，    ∵ ∴ 为直径， ， 而 ， 又 ． （2）解：连接交于．   菱形，， ，，， 在中，， ， ， ， 在中，， 由得：， ． 【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，菱形的性质，勾股定理，求角的正弦值，熟练掌握以上知识是解题的关键． 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 $$