专题09 圆的证明与计算8大题型（题型专练）（天津专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题09 圆的证明与计算 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01 垂径定理与弦长计算 题型02 圆周角定理的应用 题型03 圆内接四边形 题型04 切线的性质的应用 题型05 圆与相似三角形 题型06 圆与三角函数 题型07 圆与正多边形的证明与计算 题型08 圆中的作图与证明 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 垂径定理与弦长计算 典例引领 【典例01】（2025·天津·一模）是的外接圆，是的直径，点D为上一点，过点D作，与的延长线交于点E，连接与交于点F． (1)如图①，若，求和大小； (2)如图②，若恰好切于点D，且，，求的半径和的长． 【答案】(1)， (2)半径为； 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形 的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，切线的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）根据圆周角定理得到，根据平行线的性质得到，根据圆周角定理即可得到结论； （2）连接并延长交于H，由（1）知，根据切线的性质得到，根据矩形的性质得到，根据等腰三角形的性质的得到，根据勾股定理得到结论． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：连接并延长交于H， 由（1）知， ∵恰好切于点D， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ， ∵ ， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴． 方法透视 考向解读 圆中最基础计算模型，求弦长、半径、弦心距、弓形高度. 方法技能 1. 核心：垂直于弦的直径平分弦.. 2. 模型：构造半径 — 半弦 — 弦心距直角三角形 3. 公式：r2=(a)2+d 2，勾股定理列方程求解. 变式演练 【变式01】（2023·天津河西·三模）如图，为的直径，点C，D为直径同侧圆上的点，且点D为的中点，过点D作于点E，延长，交于点F，与交于点G． （Ⅰ）如图①，若点C为的中点，求的度数； （Ⅱ）如图②，若，求的半径． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ） 【分析】本题考查了圆周角定理、垂径定理、勾股定理等知识，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题关键． （Ⅰ）先求出弧的度数，再根据圆周角定理可得，由此即可得； （Ⅱ）连接，先求出，从而可得，再根据垂径定理可得，然后设的半径为，则，在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：（Ⅰ）∵为的直径，点为的中点，点为的中点， ∴， ∴弧的度数为， ∴， ∵， ∴， ∴； （Ⅱ）如图，连接， ∵为的直径，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设的半径为，则， ∵， ∴， 在中，，即， 解得， 所以的半径为． 【变式02】（2023·天津河北·二模）已知为的直径，为上一点，过点作的切线交的延长线于点为上一点，连接．    (1)如图（1），若，求的大小； (2)如图（2），连接，若，求的半径 【答案】(1) (2)5 【分析】（1）连接由切线的性质可得出，根据等腰三角形的性质求出，再根据圆内接四边形的性质（内对角互补）可得出结论； （2）根据垂径定理得，根据勾股定理求出，设的半径为r，得，在中根据勾股定理列出方程求出r的值即可 【详解】（1）连接如图①，   是的切线， ∴ ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）如图②，连接交于点，    ∵，， ∴， ∴， 在中，， 设的半径为r， ∴， 在中，， ∴， ∴ 【点睛】本题主要考查了切线的性质，垂径定理以及勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键 题型02 圆周角定理的应用 典例引领 【典例01】（2025九年级下·天津·专题练习）在中，为直径，过上一点作的切线，与的延长线交于点，在上取一点，过点作的垂线交于点，交的延长线于点． (1)如图①，若，求 和的大小； (2)如图②，若，为的中点，，求的长． 【答案】(1)和都等于 (2)的长为 【分析】（）根据切线的定义可知，再根据直角三角形的性质即可解答； （）根据等边三角形的判定及性质可知，，再利用锐角三角函数即可解答． 【详解】（1）解：如图①，连接，则， ∵与相切于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 和都等于． （2）解：如图②，连接，，则， ∴， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴在中，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴在中，， ∴， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等边三角形的判定及性质，锐角三角函数，直角三角形性质，掌握等边三角形的判定及性质是解题的关键． 方法透视 考向解读 圆中角度转化核心，常与切线、等腰、相似结合. 方法技能 1. 同弧 / 等弧所对圆周角相等. 2. 圆心角 = 2× 圆周角 3. 直径所对圆周角 = 90°. 4.90° 圆周角所对弦是直径. 变式演练 【变式01】（2025·天津河东·一模）已知，，过点，且与边，分别交于点，． (1)如图①，若过点，且，连接，求的大小； (2)如图②，若点在上，与切于点，过上点作交于点，连接，若，，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，根据，得出为直径，根据等边对顶角得出，圆周角定理即可得出． （2）连接，，设半径为，根据切线的性质得出．结合，得出，是等腰直角三角形，勾股定理求出，即可得，求出．根据，即可求出，在中，勾股定理求出，在中，勾股定理即可求出． 【详解】（1）解：连接， 过点，， 为直径， ， ， ． （2）解：连接，，设半径为， 与切于点， ， ， ，是等腰直角三角形， ， ， ． ， ， 在中，， 在中，． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，切线的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 【变式02】（2025·天津·一模）如图，已知，是圆内的两条弦，延长，相交于点P． (1)如图1，请写出之间的数量关系，并说明理由； (2)如图2，若点C是优弧的中点，点D是劣弧的中点，求证：． 【答案】(1)，理由见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）如图，连接，先证明，再结合等腰三角形的性质证明 ，进一步可得答案； （2）如图，连接，结合（1）可得：，证明，可得，再进一步结合三角形的外角的性质可得结论． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ， ∴ ， ∴， ∴； （2）证明：如图，连接， 由（1）可得：， ∵点C是优弧的中点，点D是劣弧的中点， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，等腰三角形的性质，圆周角定理的应用，弧，弦，圆心角之间的关系，三角形的外角的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 题型03 圆内接四边形 典例引领 【典例01】（2024·天津·三模）已知四边形内接于，为的直径，，连接． (1)如图①，若D 为弧的中点，求，求和的大小： (2)如图②，若，C为弧的中点，过点作的切线与弦的延长线相交于点E，求 的长． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用圆内接四边形对角互补可求，利用圆周角定理可得，再利用三角形内角和定理即可求出；根据点为中点，可得，再利用同弧所对的圆周角相等即可求出； （2）先利用圆周角定理、切线的定义、垂径定理的推论证明，进而得出四边形是矩形，，再利用勾股定理求出，利用垂径定理可得，即可求出的长． 【详解】（1）解：（1）如图①，连接．   四边形内接于，， ， 为的直径， ， ． 点为中点， ， ． 综上可知，． （2）解：如图②，连接，连接交于点． 为的直径， ， ， 为的切线， ，即， 点为中点，为过圆心的线段， ，即， ， 四边形是矩形， ． ， ，， ， ， ， ． 【点睛】本题考查圆周角定理，切线的性质，垂径定理及其推论，勾股定理，矩形的判定与性质，圆内接四边形的性质等，难度一般，解题的关键是综合运用上述知识，逐步进行推导． 方法透视 考向解读 角度等量代换高频考点，用于倒角证明 方法技能 1. 圆内接四边形对角互补 2. 外角等于内对角 3. 常与圆周角定理结合使用 变式演练 【变式01】（2025·天津·二模）如图，是的外接圆，点为上一点，连接，过点作交延长线于点，，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当是的中点时，，，求半径的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)半径的长 【分析】本题考查圆，平行四边形，勾股定理等知识，解题的关键是掌握圆周角的性质，垂径定理，平行四边形的判定和性质，勾股定理的应用，进行解答，即可． （1）根据平行线的性质，可得，根据等边对等角，则，根据同弧或等弧所对的圆周角相等，则，根据三角形的内角和，等量代换，得，根据平行四边形的判定，即可； （2）连接，，设与的交点为点，根据垂径定理，得到，根据平行四边形的性质，则，，根据勾股定理，求出，设，则，解出，即可． 【详解】（1）解：证明如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵所对的圆周角为，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）解：连接，，设与的交点为点， ∵是的中点， ∴且是的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：． ∴半径的长． 【变式02】（2024·天津南开·二模）已知，的半径为5．在中，，，点A在上． (1)如图1，的顶点C在上，，分别交于D，E两点，连接，．求的大小和的长； (2)如图2，的顶点C在外，且边与相切于点M，边与相交于点N，连接，，求和的长． 【答案】(1)， (2)， 【分析】（1）由等腰三角形及三角形的内角和定理得，点C在上，且，在中，由勾股定理得：，从而得；然后利用圆内接四边形的性质及解直角三角形即可求解； （2）如图，连接，过点O作于点H，由切线性质得于点M，即，证四边形为矩形，得，，即，又由垂径定理得，即，从而利用勾股定理即可得解． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵点C在上，且， ∴为直径， ∵的半径为5， ∴， ∴在中，，，， 由勾股定理得：， ∴， ∴四边形内接于圆，且， ∴， ∴，， ∴； （2）解：如图，连接，过点O作于点H， ∵切于点M，且为半径， ∴于点M，即， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵，且过圆心， ∴，即； 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴； ∴在中，由勾股定理得：． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，圆内接四边形的性质，圆周角定理，切线的性质定理和矩形的判定及性质，熟练掌握解直角三角形以及切线的性质定理和矩形的判定及性质是解题的关键． 【变式03】（2025·天津和平·一模）已知是的直径；，点C和点D为圆上的点，，，连接． (1)如图①，求和的大小； (2)如图②，过点C和点D分别作的切线相交于点P，连接，求的长． 【答案】(1)， (2) 【分析】本题主要考查圆周角的性质、三角函数、切线长定理及圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角的性质、三角函数、切线长定理及圆内接四边形的性质是解题的关键； （1）由题意易得，则有，然后根据圆内接四边形的性质可进行求解； （2）连接，由题意易得，，则有，然后根据三角函数可进行求解． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴ （2）解：连接，如图所示： ∵过点C和点D分别作的切线相交于点P， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式04】（2024·天津滨海新区·一模）在中，，为上一点，与相交于点． 图①                            图② (1)如图①，为的直径，若，与相交于点，求和的大小； (2)如图②，经过点，与相交于点，与相切于点，过点作弦，连接，，与相交于点，若，求的长． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）直径，得到，等边对等角，得到，利用，求出的度数，圆内接四边形的对角互补，求出的度数，进而求出的度数； （2）连接，与相交于点，等边对等角，推出，得到，切线，得到，推出四边形为矩形，得到，即可． 【详解】（1） 为的直径， ． ． ， ． ． 四边形是圆内接四边形， ． ． （2）如图，连接，与相交于点． ， ． ， ． ． ． 与相切于点， ，即． ． ， ． ，． 为的直径， ． 四边形为矩形． ． 【点睛】本题考查圆周角定理，切线的性质，圆内接四边形，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 题型04切线的性质的应用 典例引领 【典例01】（2025·天津·二模）如图，在中，以O为圆心，为半径的切于点B，F是圆上一动点，作直线交于另一点E，当时，的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图，当在的上方，连接，，，过O作于H，根据全等三角形的判定定理得到，根据切线的性质得到，根据平行线的性质得到，根据等腰直角三角形的性质得到，求得，求得，当在的下方时，同理可得，于是得到结论． 【详解】解：如图，当在的上方，连接，，，过O作于H， ∵，， ∴， ∴， ∵为半径的圆切于点B， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 当在的下方时，同理可得， 综上所述，的度数为， 故选：B． 【点睛】本题考查了切线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 【典例02】（2025·天津河西·一模）已知是的直径，是的弦，半径，与交于点． (1)如图①，若，求和的大小； (2)如图②，过点作的切线，与的延长线相交于点，与交点为．，．求的面积． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据垂径定理求出，根据圆心角与弧的关系得出，根据圆周角定理得出，根据三角形外角的性质求出即可； （2）根据为的切线，求出，根据勾股定理求出，求出，根据，求出结果即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∴，， ∴； （2）解：∵，， ∴，， ∵为的切线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，三角形面积计算，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 方法透视 考向解读 天津中考圆综合第 1 问必考，考查切线判定、切线性质、垂直证明、角度等量代换 方法技能 1. 判定：连半径，证垂直；有垂直直接证半径. 2. 性质：切线垂直于过切点的半径. 3. 常用：直径所对圆周角 = 90°；等腰三角形等边对等角；同角的余角相等. 变式演练 【变式01】（2025·天津河西·二模）已知，为以为直径的半圆上一点，且半径于，是的中点． (1)如图①，过点作弦，连接，求和的大小； (2)如图②，连接并延长交半圆于点，过点作的切线，与的延长线交于点，若，求线段的长． 【答案】(1) (2)6 【分析】（1）证明垂直平分，得出，根据等腰三角形的性质证明．证明为等边三角形，得出，即可求出结果； （2）连接，根据切线的性质得出，证明，根据等腰三角形的判定得出，设，则，，根据勾股定理得出，求出x的值，即可得出答案． 【详解】（1）解：， ． ， ，即． 为中点，即垂直平分． ． ． ， ． 为等边三角形． ． ． （2）解：连接，如图所示： 为的切线， ， ， ， ． ． 又， ． ， ． ． 设，则，，， 在中，， ． 解得（舍），． ． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是数形结合，熟练掌握相关的判定和性质． 【变式02】（2023·天津南开·一模）已知：在中，为直径，P为射线上一点，过点P作的切线，切点为点C，D为弧上一点，连接． (1)如图1，若，求的度数； (2)如图2，若四边形为平行四边形，，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由为的切线可得，由可得，最后可求出的度数； （2）利用平行四边形的性质，三角形内角和定理，结合（1）的结论，证明是等边三角形，即可求出的长． 【详解】（1）证明：如图1，连接， ∵为的切线， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）如图2，连接， ∵四边形为平行四边形， ∴， 为直径， ∴， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 在中，， ∴ 【点睛】本题考查了切线的性质，平行四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是正确作出辅助线． 【变式03】（2025·天津·模拟预测）已知是的直径，是的一条弦，，连接． (1)如图①，若，求的大小； (2)如图②，过点作的切线，连接并延长交于点，若，的半径为2，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要查了圆周角定理，垂径定理，切线的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识： （1）连接，根据圆周角定理可得，再由垂径定理可得，即可求解； （2）过作交于点，结合切线的性质可证明四边形是矩形，可得到，再证明是等边三角形，可得到，然后在中，根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接， ， ． 是的直径，， ． ． （2）解：如图，过作交于点， ． 直线为的切线， ，即． ， ． 四边形是矩形． ． ． ． ． ， ． ． 是等边三角形． ． ． 在中， ， ． 【变式04】（2025·天津河北·二模）在中，弦与半径互相垂直，垂足为点E，连接，点D在上，连接． (1)如图①，若是的直径，，弦交半径于点F，交弦于点G，求∠和的大小； (2)如图②，若直线与相切，切点为点D，且，求的长． 【答案】(1)，； (2)． 【分析】（1）根据弧、弦、圆心角的关系可得，再由圆周角定理可得，从而得到，即可求解； （2）连接，根据切线的性质可得，根据，可得，再证得为等边三角形，可得，结合，可得，然后在中，利用勾股定理解得即可． 【详解】（1）解：在中，弦于点E， ， ∴， ， ， 是的直径， ∴， ； ， ， 又弦于点E，即， ． （2）解：连接， 直线切于点D， ，即， ， ， ， 同（1）得， 又， 为等边三角形， ， ， ， ， 在中，， ． 【点睛】本题主要查了弧、弦、圆心角的关系，圆周角定理，切线的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 题型05 圆与相似三角形 典例引领 【典例01】（2026·天津·一模）如图，是的直径，，分别与相切于点B，D，连接，E是的延长线上一点，连接，并延长交于点F． (1)若，求的度数 (2)若，，，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）如图所示，连接，根据圆周角定理，切线长定理及四边形内角和定理得到，，再证明，即可求解； （2）根据题意，结合（1）的计算，由勾股定理得到，，，，再证明，由此即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，连接， ∵所对圆周角为，所对圆心角为， ∴， ∵，分别与相切于点B，D， ∴，，即， 在四边形中，， 又∵， ∴， ∴； （2）解：∵，分别与相切于点B，D，点是直径延长线上一点， ∴，，， ∴， 在中，，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，则，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查切线长定理，切线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识的综合，掌握以上知识，数形结合分析，合理作出辅助线是关键． 方法透视 考向解读 天津中考圆综合第 2 问必考，求线段长、比例、面积 方法技能 1. 常用相似：A 字、8 字、斜 A 相似、母子相似2. 判定：公共角 + 等角→AA 相似3. 性质：相似比 = 边长比，面积比 = 相似比平方 变式演练 【变式01】（2025·天津滨海新区·二模）在中，为直径，与相切于点，交延长线于点，连接，，且，点为中点． (1)如图①，求和的大小； (2)如图②，过点作，垂足为点，延长交于点．若，求的长． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）连接，根据切线的性质可得，求出，然后根据圆周角定理求出；然后根据直径得到，然后根据同弧或等弧所对的圆周角相等得到解题即可； （2）连接，，设直线交于点，根据勾股定理求出，然后推理得到，然后根据正弦的定义求出长，再根据，得到，然后代入数值计算解题． 【详解】（1）解：连接， ∵与相切于点， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵为直径， ∴， 又∵点为中点， ∴； （2）解：连接，，设直线交于点， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， 又∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， 又∵是直径， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 解得：． 【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，勾股定理，角的直角三角形的性质，平行线分线段成比例，解直角三角形，作辅助线构造直角三角形是解题的关键． 【变式02】（2024·天津·一模）已知，是的直径，且，为上一点，与交于点． (1)如图①，若为的中点，连接，求和的大小; (2)如图②，过点作的切线，分别与，的延长线交于点，，若的半径为6，，求的长． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据题意可知，再根据圆周角定理可得、、，然后根据角的和差即可解答； （2）如图：连接,过E作，即，由切线的性质可得，即，再根据勾股定理可得，再证明可得进而求得，再运用勾股定理可得，即，最后再运用勾股定理即可解答． 【详解】（1）解：如图①，∵，是的直径且， ∴， ∵为的中点， ∴, ∴, ∵是的直径， ∴, ∴． （2）解：如图：连接，过E作，即， ∵过点作的切线， ∴,即,则， ∴, ∵, ∴， ∴, ∵， ∴, ∴,即,解得：, ∴, ∴, ∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、圆的切线的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，掌握圆的相关性质是解题的关键． 【变式03】（2025·天津东丽·模拟预测）已知为的直径，C为上一点，和过点C的切线互相垂直，垂足为D，交于点E． (1)如图①，求证：平分； (2)如图②，过B作交于点F，连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据切线的性质得出，结合可证，进而得出，根据等边对等角可得，进而得出，即可得证； （2）连接，，，利用勾股定理求出，利用圆内接四边形的性质可证，利用圆周角定理，余角的性质等可证，进而得出，证明，再利用相似三角形的性质求出，然后利用勾股定理求出，延长交于G，证明，利用平行线分线段成比例求出，再证明，利用相似三角形的性质可得答案． 【详解】（1）证明：连接， ， ∵是的切线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：连接，，， 在中，，， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， 又， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， 又， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 延长交于G， ∵是的切线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆内接四边形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，作出合适的辅助线，证明三角形相似是解题的关键． 【变式04】（2024·天津·一模）已知，是的直径，且，为上一点，与交于点． (1)如图①，若为的中点，连接，求和的大小; (2)如图②，过点作的切线，分别与，的延长线交于点，，若的半径为6，，求的长． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据题意可知，再根据圆周角定理可得、、，然后根据角的和差即可解答； （2）如图：连接,过E作，即，由切线的性质可得，即，再根据勾股定理可得，再证明可得进而求得，再运用勾股定理可得，即，最后再运用勾股定理即可解答． 【详解】（1）解：如图①，∵，是的直径且， ∴， ∵为的中点， ∴, ∴, ∵是的直径， ∴, ∴． （2）解：如图：连接，过E作，即， ∵过点作的切线， ∴,即,则， ∴, ∵, ∴， ∴, ∵， ∴, ∴,即,解得：, ∴, ∴, ∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、圆的切线的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，掌握圆的相关性质是解题的关键． 题型06 圆与三角函数 典例引领 【典例01】（2025·天津·一模）已知是的直径，为的中点，连接． (1)如图①，若，求和的大小； (2)如图②，过点作的切线，交的延长线于点，弦与交于点，若，求的直径． 【答案】(1)， (2) 【分析】（）由圆周角定理得，即得，进而根据等腰三角形的性质得，即可得，最后根据即可求解； （）由切线的性质得，进而得，即得，由三角函数可得，即得，即可求解． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴； （2）解：∵切于点， ∴， 即， 又∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（）知， ∵， ∴ ， ∵， ∴， 即的直径为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的性质，解直角三角形，直角三角形的性质等，掌握以上知识点是解题的关键． 方法透视 考向解读 圆综合必考计算，用正弦、余弦、正切求边 方法技能 1. 构造直角三角形：连半径、作垂直、连直径. 2. 把已知角放入 Rt△，用 sin/cos/tan 表示边长比3. 结合勾股定理求半径、弦长、线段长度. 变式演练 【变式01】（2025·天津·二模）如图，分别与相切于E、F、G三点，且．延长交的延长线于点D，连接，若，求的值． 【答案】的值为． 【分析】本题主要考查切线的性质，全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，设交与，连接，则，易证，则，得到，利用相似三角形的性质得，于是设，求得，易证，利用相似三角形的性质求得，再利用勾股定理求得，最后根据三角函数的定义计算即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：如图，设交与，连接，则， ∵与都与相切， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 同理可证， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式02】（2025·天津·一模）如图，为的直径，点在直径上（点与A，两点不重合），，点在上满足，连接并延长到点，使． (1)求证：是的切线； (2)若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了圆周角定理，切线的判定、等腰三角形的性质、勾股定理、解直角三角形，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由圆周角定理可得，由等边对等角结合对顶角相等可得，，求出，即可得证； （2）设，由题意可得，，则， ∴，，由勾股定理计算可得，从而求出，由（1）可得，再由余弦的定义计算即可得解． 【详解】（1）证明：∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：设， ∴， ∴，， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴， 解得：或（不符合题意，舍去）， ∴， ∴， 由（1）可得：， ∴． 题型07 圆与正多边形的证明与计算 典例引领 【典例01】（2024·天津·一模）如图，工人师傅用活口扳手拧六角螺丝，六角螺丝为正六边形，边长为，扳手每次旋转一个六角螺丝中心角的度数，旋转四次后，点经过的弧长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形与圆综合，求弧长，先求出正六边形的中心角是，结合旋转四次，即点经过的弧长所对应的圆心角是，然后根据弧长公式进行列式计算，即可作答． 【详解】解：∵工人师傅用活口扳手拧六角螺丝，六角螺丝为正六边形， ∴， 即正六边形的中心角是， ∵旋转四次， ∴， 即点经过的弧长所对应的圆心角是， ∴， 即点经过的弧长为， 故选：C． 【典例02】（2025·天津·模拟）如图，正边形的两条对角线、的延长线交于点，若． （1）连接，则与的位置关系是_____； （2）的值是_____． 【答案】 平行 12 【分析】本题主要考查了正边形的知识，熟练掌握正边形的性质是解题的关键． （1）连接，假设正边形的外接圆为，根据正多边形的性质可得，根据圆周角定理得出，即可解答；（2）连接，根据，得，则正边形中心角为，即可解决问题． 【详解】解：（1）如图，连接， 假设正边形的外接圆为， 根据正多边形的性质可得， ∴， ， 故答案为：平行； （2）如图，连接， ∵， ， ∴， ∴正边形中心角为， ， 故答案为：12． 方法透视 考向解读 考查正多边形与圆的半径、边心距、边长、中心角、周长、面积计算. 方法技能 中心角 ；拆成直角三角形计算；半径、边心距、半弦满足勾股定理；面积S= ×周长×边心距；重点掌握正六边形、正方形、正三角形. 变式演练 【变式01】（2024·天津·一模）如图，正六边形内接于，若的周长等于，则正六边形的面积为（   ） A． B． C． D．18 【答案】C 【分析】本题考查了圆与正多边形，连接，，由正多边形的性质得是等边三角形，求出三角形的面积，即可求解；理解正多边形的性质是解题的关键． 【详解】解：连接，， 正六边形内接于， ， ， 是等边三角形， ， 解得：， ， 正六边形的面积为 ； 故选：C． 【变式02】如图，正六边形的边长为为正六边形的外接圆，连接，则的长为（   ） A．12 B． C． D． 【答案】C 【分析】先由正六边形的性质得到，，再由等腰三角形性质得到，，在中，利用含的直角三角形性质及勾股定理求线段长即可得到答案． 【详解】解：过点作于，如图所示： 在正六边形中，，， 由等腰三角形三线合一性质得到是的中线及角平分线， ，， 在中，，，则， 由勾股定理可得， ， 故选：C． 【点睛】本题考查圆中正多边形求线段长，涉及正六边形性质、等腰三角形判定与性质、含的直角三角形性质及勾股定理求线段长等知识，熟练掌握含的直角三角形性质及勾股定理求线段长的方法是解决问题的关键． 【变式03】（2024·天津和平·一模）如图，在平面直角坐标系中，以正六边形的中心为原点，顶点在轴上，若半径是4，则顶点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点作，如图所示，利用正多边形外角性质求出内角及线段长，再由含直角三角形性质及勾股定理求出长，数形结合即可得到． 【详解】解：过点作，连接，如图所示： 在正六边形中，， 因为， 所以是等边三角形， ，， 在中，，则， 则由勾股定理可得， ， 故选：C． 【点睛】本题考查图形与坐标、涉及正多边形性质、含直角三角形性质及勾股定理等知识，熟练掌握正多边形性质、含直角三角形性质，数形结合是解决问题的关键． 【变式04】（2025·天津和平·一模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，以“圆的内接正多边形的面积”来无限逼近“圆面积”．并指出在圆的内接正多边形边数加倍的过程中“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．刘徽将极限思想和无穷小分割引入了数学证明，并运用“割圆术”计算出圆周率．如图①，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为． （1）如图②，在圆内接正十二边形中，______（度）； （2）用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为______． 【答案】 30 3 【分析】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）根据正多边形与圆的关系可进行求解； （2）过A作于M，根据直角三角形的性质得到，根据三角形的面积公式得到，于是得到正十二边形的面积为，根据圆的面积公式即可得到结论． 【详解】解：（1）如图，是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心， ∴； 故答案为30； （2）过A作于M，如图所示： 在正十二边形中，， ∴， ∴， ∴正十二边形的面积为， ∴， ∴， ∴的近似值为3， 故答案为3． 题型08 圆中的作图与证明 典例引领 【典例01】（2025·天津红桥·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点A，B均在格点上，点C是小正方形边的中点，以为直径的半圆与边相交于点D．    （Ⅰ）的面积等于______； （Ⅱ）若点P在半圆上，满足．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）_______． 【答案】 取格点，连接，则、、三点共线，取格点，，连接并延长交网格线于，连接，，得四边形为平行四边形，取格点，，并连接交网格线于，交于，连接，交半圆于点，点即为所求． 【分析】（Ⅰ）结合图形根据三角形的面积公式计算即可； （Ⅱ）取格点，连接，由网格特点可知，由圆周角定理可知，则、、三点共线，取格点，，连接并延长交网格线于，连接，，由网格特点可知四边形为平行四边形，则，，取格点，，并连接交网格线于，交于，连接，交半圆于点，可知为小正方形边的中点，则，，由可知，，则，所以，令与交于点，可知为小正方形边的中点，，，同理可知，所以，，可知四边形为四边形，所以，所以，由圆周角定理可知，所以，点即为所求． 【详解】解：（Ⅰ）由题意可知，边上的高为3， ∴， 故答案为：； （Ⅱ）如图所示，点即为所求．    故答案为：如图，取格点，连接，则、、三点共线，取格点，，连接并延长交网格线于，连接，，得四边形为平行四边形，取格点，，并连接交网格线于，交于，连接，交半圆于点，如图所示，点即为所求． 【点睛】本题考查平行四边形的判定及性质，相似三角形的判定，圆周角定理，格点作图，解题的关键是学会利用平行四边形性质作图． 【典例02】（2025·天津河北·二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，中，顶点A是圆与格线的交点，顶点B在格线上，顶点C是格点，点D是格点，连接． （Ⅰ）线段的长为_____； （Ⅱ）线段交圆于点E，线段交圆于格线上一点F，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，作出的内心I（所作直线、射线及线段的总数不得大于6条），并简要说明点I的位置是如何找到的（不要求证明）______________________________________________． 【答案】 取格点G，作射线交圆于点K，连接，取圆与格线交点J，连接交于点O，连接交格线于点H，作射线交于点M，连接交于点I 【分析】本题考查勾股定理，圆周角定理，三角形内心，正确理解题意，灵活运用知识点是解题的关键． （1）利用勾股定理即可求解； （2）先利用网格的特征结合圆周角定理找到圆心，再利用圆周角定理结合网格的特征找到的角平分线，两条角平分线的交点即为内心． 【详解】解：（Ⅰ）， 故答案为：； （Ⅱ）取格点G，作射线交圆于点K，连接，取圆与格线交点J，连接交于点O，连接交格线于点H，作射线交于点M，连接交于点I，点I即为所求． 由作图得，即点为圆心，为直径， 由网格的特征得点为中点，即， ∴， ∴，即是的角平分线， ∵，即是的角平分线， ∴点I为的内心． 故答案为：取格点G，作射线交圆于点K，连接，取圆与格线交点J，连接交于点O，连接交格线于点H，作射线交于点M，连接交于点I． 方法透视 考向解读 天津中考第 20 题必考，考查圆的基本作图、垂直平分线、角平分线、切线作图、圆心确定. 方法技能 1. 找圆心：作两条弦的垂直平分线，交点即为圆心. 2. 作切线：连半径，作垂线；过圆外一点作两条切线. 3. 作角平分线 / 垂直平分线：确定特殊点位置. 4. 作图后必证明：利用等腰、垂直、全等、圆周角、切线性质说理. 变式演练 【变式01】（2025·天津·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，以的边为直径的圆交边于点M，，B、M为格点． （1）线段的长为 _____ ； （2）在线段上有一点N，满足与以为直径的圆相切于点M，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点N，并简要说明点N的位置是如何找到的（不要求证明） ___________ ． 【答案】 6 见解析；见解析 【分析】该题考查了直角三角形的性质，切线的判定，相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是正确作出图形． （1）根据直径，再根据直角三角形30度角的性质求解即可； （2）取格点E、F、G、H、R、I、S、Z，连接、、、，分别与格线交于点P、Q、X、Y，连接、，与交于点O，则O为中点，即圆心；取格点D，连接，与圆交于点J，连接并延长，交于点K，连接交于点N，则点N即为所求． 【详解】解：（1）∵为直径 ∴， ∵，， ∴， ∴； 故答案为：6． （2）如图，点N即为所求． 取格点E、F、G、H、R、I、S、Z，连接、、、，分别与格线交于点P、Q、X、Y，连接、，与交于点O， 则，且，，且，P、Q、X、Y是、、、的中点，点是的中点， ，， ， ， ， 由（1）可知， ， O为中点，即圆心； 取格点D，连接，与圆交于点J，连接并延长，交于点K，连接交于点， ， ，， 、、、、是等边三角形， ，， ，， ， ， ，， ， ， ， 又，， ， ， ， ，即是的切线， 与的交点即为所求作点． 【变式02】（2025·天津·模拟预测）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B在格点上，点C是小正方形的中心，与直线l相切于点T．以点G为圆心的圆经过点A，B，并且与直线l相切． （Ⅰ）直线与的位置关系为______（填“平行”“相交但不垂直”“垂直”）； （Ⅱ）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点G，并简要说明点G的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【答案】 垂直 见解析 【分析】本题考查了尺规作图，切线的性质，三角形外接圆的性质，垂直平分线的性质，平行线分线段成比例等知识点，熟练应用切线的性质构造平行线是解答本题的关键． (1)先根据图形计算求出，得到点C在线段的垂直平分线上，而根据三角形外心的性质可知过A、B两点的圆其圆心也在线段的垂直平分线上，从而得出直线就是线段的垂直平分线． (2)假设与直线l相切于点H，易得，连接交直线l于点E，然后连接交于点F，过点A作交于点G．通过平行线分线段成比例可得，结合进而得出．即可得出为的半径． 【详解】解：（Ⅰ）连接，如图 ， 点C在线段AB的垂直平分线上． 又 ∵ 过A、B两点的其圆心G也在线段的垂直平分线上， C、G两点都在线段AB的垂直平分线上， ． 故答案为：垂直． （Ⅱ）如图，取与网格线的交点D，连接并延长，与直线l相交于点E；连接与交于点F；连接并延长，与网格线交点为P，Q；连接与网格线相交于点R；连接并延长，与网格线相交于点S；连接并延长，与相交于点G，则点G即为所求． 【变式03】（2025·天津·二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C在同一个圆上，且均在格点上，的边上的点F，G均在格点上． （1）线段的长为______； （2）若点M，N分别在射线上，满足且，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【答案】 见解析 【分析】本题考查了作图-复杂作图，勾股定理等，垂径定理知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）根据网格与勾股定理即可求解； （2）连接，与网格线相交于点O，取格点H，连接与射线相交于点M，连接与圆O交于点I，连接并延长，与圆O交于点J，连接并延长，与射线相交于点N，则点M，N即为所求． 【详解】解：（1）由网格可得：， 故答案为：； （2）连接，与网格线相交于点O，取格点H，连接与射线相交于点M，连接与圆O交于点I，连接并延长，与圆O交于点J，连接并延长，与射线相交于点N，则点M，N即为所求，如图： 【变式04】（2025·天津西青·二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，E，F均在格点上．    （Ⅰ）线段的长为_________． （Ⅱ）点D在竖直网格线上，过点A，D，E作圆，经过圆与竖直网格线的交点作切线，分别与的延长线相交于点B，C，中，点G在边上，点H在边上，点P在边上．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点G，H，P，使的周长最短，并简要说明点G，H，P的位置是如何找到的（不要求证明）___________． 【答案】 图见解析，说明见解析 【分析】本题考查勾股定理、切线的性质等知识，根据题意正确作图是解题的关键． （Ⅰ）直接根据勾股定理进行求解即可； （Ⅱ）作点关于的对称点，连接，分别与交于点H，P，的周长等于的长，等腰三角形的的腰长为的长，故当最小时，的长最短，故点为切点，据此作图即可． 【详解】解：（Ⅰ）由勾股定理，得：； 故答案为：； （Ⅱ）如图，根据题意，切点为点G；连接并延长与网格线交于点：取圆与网格线的交点M与格点N，连接并延长，与网格线交于点：连接，分别与交于点H，P，则点G，H，P即为所求．    【变式05】（2025·天津南开·二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，均为格点，为的外接圆． （1）的直径长为_____； （2）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点和点，使得点为的中点；使得点在线段上，且．简要说明点，点的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【答案】 分别取与格线的交点E、O，连接并延长交圆与点P，则点P即为所求；取格点G、H，连接交于Q，连接，则点Q即为所求． 【分析】本题主要考查了垂径定理，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，90度的圆周角所对的弦是直径等等，熟知圆的相关知识是解题的关键． （1）根据勾股定理分别求出的长，根据勾股定理的逆定理可得，从而得到的直径为； （2）分别取与格线的交点E、O，连接并延长交圆与点P，则点P即为所求；取格点G、H，连接交于Q，连接，则点Q即为所求． 【详解】解：（1）根据题意得：，，， ∴， ∴， ∴的直径为， 即的直径长为． 故答案为：； （2）如图所示，分别取与格线的交点E、O，连接并延长交圆与点P，则点P即为所求； 根据网格的特点可得分别是的中点，则点O是圆心，由垂径定理可得点为的中点； 如图所示，取格点G、H，连接交于Q，连接，则点Q即为所求； 可证明，则；则； 过点C作于T，由（1）可得， 则，则， 则，则有； 故答案为：分别取与格线的交点E、O，连接并延长交圆与点P，则点P即为所求；取格点G、H，连接交于Q，连接，则点Q即为所求． 题●型●训●练 1．（2025·天津红桥·一模）如图，以为直径的经过点C，D为的中点，连接，，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，得到，即可求得，根据D为的中点，可得，即可解答，关键是掌握并运用圆周角定理． 【详解】解： 为直径， ， ， ， D为的中点， ， ， ， ， ． 故选：B． 2．（2025·天津二模）如图，交于点B，切于点C，D点在上，若，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由圆周角定理得到，由切线的性质得到，即可利用三角形内角和定理求出的度数． 【详解】解：∵， ∴， ∵切于点C， ∴， ∴， 故选A． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，利用圆周角定理求出是解题的关键． 3．（2023·天津和平·一模）如图，一个大的正六边形，它的一个顶点与一个边长为的小正六边形的中心重合，且与边，相交于点，．图中阴影部分的面积记为，三条线段，，的长度之和记为，在大正六边形绕点旋转过程中，和的值分别是(   ) A．， B．， C．， D．和的值不能确定 【答案】A 【分析】连接，作，垂足为，证明，再利用平行四边形的面积公式和正六边形的性质即可得到阴影部分的面积和的长度． 【详解】解：连接，作，垂足为， ∵多边形是正六边形， ∴， ∵， ∴和是等边三角形， ∵， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴，   在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正多边形与圆，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，掌握全等三角形判定与性质是解题的关键． 4．（2024天津二模）如图，过圆外一点作的切线，切点为是的直径．连接，过点作的垂线，垂足为，同时交于点，连接． (1)求证：是的切线： (2)若，求切线的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，由垂径定理可得，通过，得，通过，可得，根据切线的判定定理，即可求解； （2）由三角形的中位线得到，， 在中，根据勾股定理，得到的长，，在中，根据正切三角函数，即可求解， 【详解】（1）解：连接， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴是的切线， （2）解：∵，， ∴， ∴， 在中，，， 在中，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了垂径定理，全等三角形的性质与判定，切线的性质与判定，三角形的中位线，解直角三角形，熟练掌握相关性质定理及判定定理是解题关键． 5．（2024·天津·模拟预测）如图，在四边形中，，边是的弦，且，是的切线，与圆交于点．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如图，点在上，连接与交于点，若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先由等腰三角形的性质及三角形的内角和求得，从而可得；再由切线的性质可得，进而得出，结合已知条件，可证得结论； （2）过点作于点，设，利用平行四边形的性质、等腰直角三角形的性质及勾股定理可得 ，再利用特殊角的三角函数可得答案． 【详解】（1）解：证明，， ， ， ， 是的切线， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）如图，过点作于点，设，    ， ， 四边形是平行四边形，， ， 是等腰直角三角形， ， 在中， ， ， 在中， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、切线的性质、等腰直角三角形的性质及勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． 6．（2024·天津和平·三模）圆内接四边形，平分，． (1)如图①，求的大小； (2)如图②，过点作圆的切线与的延长线相交于点，若，，求圆半径的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）证明得出，根据四边形是圆内接四边形，可得，即可得出； （2）由（1）可得是圆的直径 设的中点为，点即为圆心连接并延长与相交于点根据垂径定理可得，结合已知条件可得 是等边三角形，进而得出四边形 是矩形，得出，根据含度角的直角三角形的性质，可得，进而即可求解． 【详解】（1）解:∵平分， ， 、 ， 又， 四边形是圆内接四边形， （2）， 是圆的直径 设的中点为，点即为圆心 连接并延长与相交于点 是的切线， ， 由 () 得， 可得 是等边三角形 在中， ， 四边形 是矩形 即圆的半径长为    【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，切线的性质，垂径定理，等边三角形的性质，矩形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 7．（2025·天津南开·二模）点在⊙O上，切⊙O于点与⊙O相交于点，，弦． (1)如图1，若为直径，求的大小和线段的长； (2)如图2，若，求线段和的长． 【答案】(1)， (2)， 【分析】本题考查圆的基本性质、切线性质、垂径定理、锐角三角函数、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识，涉及知识点较多，难度一般，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． （1）利用切线性质和平行线的性质得到，利用等腰三角形的性质求得，，在中，解直角三角形即可求解； （2）如图2，延长交于H，根据切线性质和平行线的性质得到，进而证明四边形是矩形得到，，，利用垂径定理得到，在中，解直角三角形求得，，进而可求解． 【详解】（1）解：∵切⊙O于点，为直径， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， 在中，，， ∴； （2）解：如图2，延长交于H， ∵切⊙O于点， ∴, ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， 在中，，， ∴，， ∴，． 8．（2025·天津红桥·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，内接于圆，点A，B均在格点上，且． （1）线段的长等于______； （2）若D为圆与网格线的交点，P为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【答案】 见解析 【分析】（1）利用勾股定理求解即可； （2）取点所在竖向格线与圆的交点，连接交于点，则，点为圆心，取与中间竖向格线的交点，取与竖向格线的交点，作直线交竖向格线的交点，连接交圆于点，过点作直径，连接交直径于点，点P即为所作． 【详解】（1）解：由勾股定理得， 故答案为：； （2）解：如图，点P即为所作， ． 由作图知，，， ∴， ∴， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， 由垂径定理知和关于直径对称， ∴， ∴， ∴点P即为所作． 9．（2024·天津滨海新区·二模）在中，是的直径，弦垂直于，垂足为点，过点作的切线交的延长线于点． (1)如图①，若，求； (2)如图②，若，，是的中点，连接，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据垂径定理推论得到，再根据圆周角定理可求，由切线的性质得到，即可求解； （2）连接，过点M作，垂足为点H，解得出，，然后通过以及对运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：连接， ∵弦垂直于，经过圆心， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴； （2）解：连接，过点M作，垂足为点H， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴在中，， ∵， ∴， ∴在中，由勾股定理得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵弦垂直于，经过圆心， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理以及解直角三角形，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 10．（2025·天津·模拟预测）如图，在中，，点D是边上一点，以为直径的圆O与边相切于点E，与边相交于点F，，点G是中点． (1)如图①，求的度数； (2)如图②，延长交于点M，连接，若，，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查等边三角形的判定与性质、切线的性质、矩形的判定与性质、解直角三角形等知识，熟练掌握矩形的性质和等边三角形的性质是解答的关键． （1）连接，证明为等边三角形，利用等边三角形的性质求解即可； （2）连接，根据切线性质得到，由（1）中得，，，进而可求得，证明四边形是矩形得到，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：连接，则， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵点G是中点． ∴； （2）解：连接， ∵与相切于点E， ∴， 由（1）知，，，，又， ∴，又， ∴，则， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 圆的证明与计算 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01 垂径定理与弦长计算 题型02 圆周角定理的应用 题型03 圆内接四边形 题型04 切线的性质的应用 题型05 圆与相似三角形 题型06 圆与三角函数 题型07 圆与正多边形的证明与计算 题型08 圆中的作图与证明 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 垂径定理与弦长计算 典例引领 【典例01】（2025·天津·一模）是的外接圆，是的直径，点D为上一点，过点D作，与的延长线交于点E，连接与交于点F． (1)如图①，若，求和大小； (2)如图②，若恰好切于点D，且，，求的半径和的长． 方法透视 考向解读 圆中最基础计算模型，求弦长、半径、弦心距、弓形高度. 方法技能 1. 核心：垂直于弦的直径平分弦.. 2. 模型：构造半径 — 半弦 — 弦心距直角三角形 3. 公式：r2=(a)2+d 2，勾股定理列方程求解. 变式演练 【变式01】（2023·天津河西·三模）如图，为的直径，点C，D为直径同侧圆上的点，且点D为的中点，过点D作于点E，延长，交于点F，与交于点G． （Ⅰ）如图①，若点C为的中点，求的度数； （Ⅱ）如图②，若，求的半径． 【变式02】（2023·天津河北·二模）已知为的直径，为上一点，过点作的切线交的延长线于点为上一点，连接．    (1)如图（1），若，求的大小； (2)如图（2），连接，若，求的半径 题型02 圆周角定理的应用 典例引领 【典例01】（2025九年级下·天津·专题练习）在中，为直径，过上一点作的切线，与的延长线交于点，在上取一点，过点作的垂线交于点，交的延长线于点． (1)如图①，若，求 和的大小； (2)如图②，若，为的中点，，求的长． 方法透视 考向解读 圆中角度转化核心，常与切线、等腰、相似结合. 方法技能 1. 同弧 / 等弧所对圆周角相等. 2. 圆心角 = 2× 圆周角 3. 直径所对圆周角 = 90°. 4.90° 圆周角所对弦是直径. 变式演练 【变式01】（2025·天津河东·一模）已知，，过点，且与边，分别交于点，． (1)如图①，若过点，且，连接，求的大小； (2)如图②，若点在上，与切于点，过上点作交于点，连接，若，，求的长． 【变式02】（2025·天津·一模）如图，已知，是圆内的两条弦，延长，相交于点P． (1)如图1，请写出之间的数量关系，并说明理由； (2)如图2，若点C是优弧的中点，点D是劣弧的中点，求证：． 题型03 圆内接四边形 典例引领 【典例01】（2024·天津·三模）已知四边形内接于，为的直径，，连接． (1)如图①，若D 为弧的中点，求，求和的大小： (2)如图②，若，C为弧的中点，过点作的切线与弦的延长线相交于点E，求 的长． 方法透视 考向解读 角度等量代换高频考点，用于倒角证明 方法技能 1. 圆内接四边形对角互补 2. 外角等于内对角 3. 常与圆周角定理结合使用 变式演练 【变式01】（2025·天津·二模）如图，是的外接圆，点为上一点，连接，过点作交延长线于点，，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当是的中点时，，，求半径的长． 【变式02】（2024·天津南开·二模）已知，的半径为5．在中，，，点A在上． (1)如图1，的顶点C在上，，分别交于D，E两点，连接，．求的大小和的长； (2)如图2，的顶点C在外，且边与相切于点M，边与相交于点N，连接，，求和的长． 【变式03】（2025·天津和平·一模）已知是的直径；，点C和点D为圆上的点，，，连接． (1)如图①，求和的大小； (2)如图②，过点C和点D分别作的切线相交于点P，连接，求的长． 【变式04】（2024·天津滨海新区·一模）在中，，为上一点，与相交于点． 图①                            图② (1)如图①，为的直径，若，与相交于点，求和的大小； (2)如图②，经过点，与相交于点，与相切于点，过点作弦，连接，，与相交于点，若，求的长． 题型04切线的性质的应用 典例引领 【典例01】（2025·天津·二模）如图，在中，以O为圆心，为半径的切于点B，F是圆上一动点，作直线交于另一点E，当时，的度数是（　　） A． B． C． D． 【典例02】（2025·天津河西·一模）已知是的直径，是的弦，半径，与交于点． (1)如图①，若，求和的大小； (2)如图②，过点作的切线，与的延长线相交于点，与交点为．，．求的面积． 方法透视 考向解读 天津中考圆综合第 1 问必考，考查切线判定、切线性质、垂直证明、角度等量代换 方法技能 1. 判定：连半径，证垂直；有垂直直接证半径. 2. 性质：切线垂直于过切点的半径. 3. 常用：直径所对圆周角 = 90°；等腰三角形等边对等角；同角的余角相等. 变式演练 【变式01】（2025·天津河西·二模）已知，为以为直径的半圆上一点，且半径于，是的中点． (1)如图①，过点作弦，连接，求和的大小； (2)如图②，连接并延长交半圆于点，过点作的切线，与的延长线交于点，若，求线段的长． 【变式02】（2023·天津南开·一模）已知：在中，为直径，P为射线上一点，过点P作的切线，切点为点C，D为弧上一点，连接． (1)如图1，若，求的度数； (2)如图2，若四边形为平行四边形，，求的长． 【变式03】（2025·天津·模拟预测）已知是的直径，是的一条弦，，连接． (1)如图①，若，求的大小； (2)如图②，过点作的切线，连接并延长交于点，若，的半径为2，求的长． 【变式04】（2025·天津河北·二模）在中，弦与半径互相垂直，垂足为点E，连接，点D在上，连接． (1)如图①，若是的直径，，弦交半径于点F，交弦于点G，求∠和的大小； (2)如图②，若直线与相切，切点为点D，且，求的长． 题型05 圆与相似三角形 典例引领 【典例01】（2026·天津·一模）如图，是的直径，，分别与相切于点B，D，连接，E是的延长线上一点，连接，并延长交于点F． (1)若，求的度数 (2)若，，，求的长． 方法透视 考向解读 天津中考圆综合第 2 问必考，求线段长、比例、面积 方法技能 1. 常用相似：A 字、8 字、斜 A 相似、母子相似2. 判定：公共角 + 等角→AA 相似3. 性质：相似比 = 边长比，面积比 = 相似比平方 变式演练 【变式01】（2025·天津滨海新区·二模）在中，为直径，与相切于点，交延长线于点，连接，，且，点为中点． (1)如图①，求和的大小； (2)如图②，过点作，垂足为点，延长交于点．若，求的长． 【变式02】（2024·天津·一模）已知，是的直径，且，为上一点，与交于点． (1)如图①，若为的中点，连接，求和的大小; (2)如图②，过点作的切线，分别与，的延长线交于点，，若的半径为6，，求的长． 【变式03】（2025·天津东丽·模拟预测）已知为的直径，C为上一点，和过点C的切线互相垂直，垂足为D，交于点E． (1)如图①，求证：平分； (2)如图②，过B作交于点F，连接，若，，求的长． 【变式04】（2024·天津·一模）已知，是的直径，且，为上一点，与交于点． (1)如图①，若为的中点，连接，求和的大小; (2)如图②，过点作的切线，分别与，的延长线交于点，，若的半径为6，，求的长． 题型06 圆与三角函数 典例引领 【典例01】（2025·天津·一模）已知是的直径，为的中点，连接． (1)如图①，若，求和的大小； (2)如图②，过点作的切线，交的延长线于点，弦与交于点，若，求的直径． 方法透视 考向解读 圆综合必考计算，用正弦、余弦、正切求边 方法技能 1. 构造直角三角形：连半径、作垂直、连直径. 2. 把已知角放入 Rt△，用 sin/cos/tan 表示边长比3. 结合勾股定理求半径、弦长、线段长度. 变式演练 【变式01】（2025·天津·二模）如图，分别与相切于E、F、G三点，且．延长交的延长线于点D，连接，若，求的值． 【变式02】（2025·天津·一模）如图，为的直径，点在直径上（点与A，两点不重合），，点在上满足，连接并延长到点，使． (1)求证：是的切线； (2)若，求的值． 题型07 圆与正多边形的证明与计算 典例引领 【典例01】（2024·天津·一模）如图，工人师傅用活口扳手拧六角螺丝，六角螺丝为正六边形，边长为，扳手每次旋转一个六角螺丝中心角的度数，旋转四次后，点经过的弧长为（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2025·天津·模拟）如图，正边形的两条对角线、的延长线交于点，若． （1）连接，则与的位置关系是_____； （2）的值是_____． 方法透视 考向解读 考查正多边形与圆的半径、边心距、边长、中心角、周长、面积计算. 方法技能 中心角 ；拆成直角三角形计算；半径、边心距、半弦满足勾股定理；面积S= ×周长×边心距；重点掌握正六边形、正方形、正三角形. 变式演练 【变式01】（2024·天津·一模）如图，正六边形内接于，若的周长等于，则正六边形的面积为（   ） A． B． C． D．18 【变式02】如图，正六边形的边长为为正六边形的外接圆，连接，则的长为（   ） A．12 B． C． D． 【变式03】（2024·天津和平·一模）如图，在平面直角坐标系中，以正六边形的中心为原点，顶点在轴上，若半径是4，则顶点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式04】（2025·天津和平·一模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，以“圆的内接正多边形的面积”来无限逼近“圆面积”．并指出在圆的内接正多边形边数加倍的过程中“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．刘徽将极限思想和无穷小分割引入了数学证明，并运用“割圆术”计算出圆周率．如图①，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为． （1）如图②，在圆内接正十二边形中，______（度）； （2）用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为______． 题型08 圆中的作图与证明 典例引领 【典例01】（2025·天津红桥·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点A，B均在格点上，点C是小正方形边的中点，以为直径的半圆与边相交于点D．    （Ⅰ）的面积等于______； （Ⅱ）若点P在半圆上，满足．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）_______． 【典例02】（2025·天津河北·二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，中，顶点A是圆与格线的交点，顶点B在格线上，顶点C是格点，点D是格点，连接． （Ⅰ）线段的长为_____； （Ⅱ）线段交圆于点E，线段交圆于格线上一点F，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，作出的内心I（所作直线、射线及线段的总数不得大于6条），并简要说明点I的位置是如何找到的（不要求证明）______________________________________________． 方法透视 考向解读 天津中考第 20 题必考，考查圆的基本作图、垂直平分线、角平分线、切线作图、圆心确定. 方法技能 1. 找圆心：作两条弦的垂直平分线，交点即为圆心. 2. 作切线：连半径，作垂线；过圆外一点作两条切线. 3. 作角平分线 / 垂直平分线：确定特殊点位置. 4. 作图后必证明：利用等腰、垂直、全等、圆周角、切线性质说理. 变式演练 【变式01】（2025·天津·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，以的边为直径的圆交边于点M，，B、M为格点． （1）线段的长为 _____ ； （2）在线段上有一点N，满足与以为直径的圆相切于点M，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点N，并简要说明点N的位置是如何找到的（不要求证明） ___________ ． 【变式02】（2025·天津·模拟预测）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B在格点上，点C是小正方形的中心，与直线l相切于点T．以点G为圆心的圆经过点A，B，并且与直线l相切． （Ⅰ）直线与的位置关系为______（填“平行”“相交但不垂直”“垂直”）； （Ⅱ）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点G，并简要说明点G的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【变式03】（2025·天津·二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C在同一个圆上，且均在格点上，的边上的点F，G均在格点上． （1）线段的长为______； （2）若点M，N分别在射线上，满足且，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【变式04】（2025·天津西青·二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，E，F均在格点上．    （Ⅰ）线段的长为_________． （Ⅱ）点D在竖直网格线上，过点A，D，E作圆，经过圆与竖直网格线的交点作切线，分别与的延长线相交于点B，C，中，点G在边上，点H在边上，点P在边上．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点G，H，P，使的周长最短，并简要说明点G，H，P的位置是如何找到的（不要求证明）___________． 【变式05】（2025·天津南开·二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，均为格点，为的外接圆． （1）的直径长为_____； （2）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点和点，使得点为的中点；使得点在线段上，且．简要说明点，点的位置是如何找到的（不要求证明）______． 题●型●训●练 1．（2025·天津红桥·一模）如图，以为直径的经过点C，D为的中点，连接，，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·天津二模）如图，交于点B，切于点C，D点在上，若，则为（    ） A． B． C． D． 3．（2023·天津和平·一模）如图，一个大的正六边形，它的一个顶点与一个边长为的小正六边形的中心重合，且与边，相交于点，．图中阴影部分的面积记为，三条线段，，的长度之和记为，在大正六边形绕点旋转过程中，和的值分别是(   ) A．， B．， C．， D．和的值不能确定 4．（2024天津二模）如图，过圆外一点作的切线，切点为是的直径．连接，过点作的垂线，垂足为，同时交于点，连接． (1)求证：是的切线： (2)若，求切线的长． 5．（2024·天津·模拟预测）如图，在四边形中，，边是的弦，且，是的切线，与圆交于点．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如图，点在上，连接与交于点，若，求的度数． 6．（2024·天津和平·三模）圆内接四边形，平分，． (1)如图①，求的大小； (2)如图②，过点作圆的切线与的延长线相交于点，若，，求圆半径的长． 7．（2025·天津南开·二模）点在⊙O上，切⊙O于点与⊙O相交于点，，弦． (1)如图1，若为直径，求的大小和线段的长； (2)如图2，若，求线段和的长． 8．（2025·天津红桥·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，内接于圆，点A，B均在格点上，且． （1）线段的长等于______； （2）若D为圆与网格线的交点，P为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）______． 9．（2024·天津滨海新区·二模）在中，是的直径，弦垂直于，垂足为点，过点作的切线交的延长线于点． (1)如图①，若，求； (2)如图②，若，，是的中点，连接，求的长． 10．（2025·天津·模拟预测）如图，在中，，点D是边上一点，以为直径的圆O与边相切于点E，与边相交于点F，，点G是中点． (1)如图①，求的度数； (2)如图②，延长交于点M，连接，若，，求的长． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $