专题05 证圆的切线与求圆中线段、弧长、扇形面积之三大题型2024年中考数学冲刺复习名校模拟题重要考点分类汇编（江西专用）(解析版)

第第页专题05证圆的切线与求圆中线段、弧长、扇形面积之三大题型目录TOC\o"1-3"\h\u【题型一证明圆的切线和求线段半径长】 1【题型二证明圆的切线和求弧长】 15【题型三证明圆的切线和求扇形的面积】 22【典型例题】【题型一证明圆的切线和求线段半径长】例题：（2023·江西赣州·二模）如图，为的弦，交于点，与过点的直线交于点，且．

(1)试判断直线与的位置关系，并加以证明；(2)若，求的长．【答案】(1)与相切，证明见解析(2)【分析】（1）连接，根据已知得出,根据等角对等边得出，进而的，根据，即可得证；（2）由（1）知，根据已知以及余弦的定义，设，在中，勾股定理求得的值，进而求得在中，设，由勾股定理，建立方程，解方程即可求解．【详解】（1）证明：与相切；

理由：如图，连接，

．，．．．，．．即

∴与相切（2）由（1）知，∴设，在中，，．得（舍去），；在中，设，由，即得．【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理，余弦的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．【变式训练】1．（2023·江西九江·一模）在中，，平分交于点，以为半径作．

(1)求证：直线是的切线．(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）过作于，得到，根据角平分线的定义得到，根据全等三角形的性质得到，于是得到与相切；（2）设则根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得到结论．【详解】（1）证明：过作于，

，平分，，，（），，与相切；（2）解：，设则，，，，，，在中，，即：，解得或（舍去），的半径为．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，掌握切线的判定与性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．2．（2023·江西新余·一模）是的外接圆，，延长至点．

(1)如图，若，且B为弧的中点，求证：是的切线；(2)如图，若是的切线，且，，求圆的半径及弦的长．【答案】(1)见解析(2)半径为4；【分析】（1）连接，根据垂径定理逆定理得出，，，根据平行线的性质及等腰三角形的判定得出，结合，即可判定四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质及切线的判定定理即可得解；（2）过点作于，过点作于，连接，如图，设的半径为，则，，利用勾股定理得到，解方程得到，，再利用面积法求出，则，接着利用勾股定理计算出，，然后根据垂径定理可得到的长度．【详解】（1）证明：如图，连接，

为弧的中点，，，，∵，，∴，，∵，四边形为平行四边形，∴，，是的半径，是的切线；（2）解：过点作于，过点作于，连接，如图，

设的半径为，则，，是的切线，∴，，在中，，解得，，，∵∴∵，，，∴，∴，在中，，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的判定与性质，垂径定理，熟记切线的判定与性质并添加合理的辅助线是解题的关键．3．（2023·江西宜春·二模）如图，在中，，是的角平分线，以为圆心，为半径作与直线交于、两点．

(1)求证：是的切线；(2)求证：；(3)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)的半径为【分析】（1）如图，过点作于，根据角平分线的性质可得，即可求解；（2）连接，证明，再利用相似三角形的性质即可证得结论；（3）根据正切函数的定义和（2）中的相似三角形可得，即可求出，进而可得答案．【详解】（1）证明：如图，过点作于，

，是的角平分线，为圆心，为半径，是的切线.（2）证明：连接，

为的直径，，，，，，，，．（3）解：在中，，，，，，，，的半径为．【点睛】本题考查了圆的切线的判定，相似三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质是解题的关键．4．（2023·江西萍乡·二模）如图，是的直径，点是圆上的一点，于点交于点，连接，若平分，过点作于点交于点．

(1)求证：是的切线；(2)延长和交于点，若，求的值；(3)在（2）的条件下，求的值．【答案】(1)见解析；(2)；(3)．【分析】（1）根据角平分线的定义以及等边对等角得出，证明进而得出，即可得证；（2）根据题意，设，则，由，可得，根据，即可求解．（3）由（2）知：，勾股定理求得，然后证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）证明：如图1，连接，

，，平分，，，，，是的半径，是的切线；（2）解：，设，则，，，，（3）解：由（2）知：，，，，，，．【点睛】本题考查了切线的判定，求角的余弦，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．5．（2023·江西吉安·模拟预测）如图，是的内接三角形，为的直径，是直径下方一点，且，连接交于点．

(1)如图1，若，则；(2)如图2，是延长线上一点，连接，且．①求证：与相切；②若的半径为，，求的长．【答案】(1)；(2)①证明见解析；②．【分析】（1）根据直径所对的圆周角等于直角，得到，再利用等弧所对的圆周角相等，得到，然后利用三角形外角的性质，即可求出的度数；（2）①连接，根据等边对等角的性质，得出，再利用，得到，即可证明结论；②根据等边对等角的性质，得出，再利用三角形内角和定理，得到，进而证明是等腰直角三角形，得到，，即可求出的长．【详解】（1）解：是的直径，，，，，故答案为：；（2）解：①如图，连接，，，，，，，由（1）知，，，，，，点在上，是的切线；

②，，，，，，，，由①知，，，是等腰直角三角形，，，．【点睛】本题是圆和三角形综合题，考查了圆的性质，等腰三角形的判定和性质，圆的切线的判定定理，勾股定理等知识，灵活掌握相关知识点解决问题是解题关键．6．（2023·江西宜春·二模）如图1，在四边形ABCD中，，，AB是的直径，CO平分．(1)求证：直线CD与相切；(2)如图2，记（1）中的切点为E，P为优弧上一点，．①求的直径AB；②求的值．【答案】(1)见解析(2)①；②【分析】（1）作于，根据证，得出，即可得出结论；（2）①作于，连接，则四边形是矩形，得，，则，证、是的切线，由切线长定理得，，则，由勾股定理得，即；②则，证，由圆周角定理得，则，由三角函数定义即可得出答案．【详解】（1）证明：作于，如图所示：则，，，，平分，，在和中，，，又，直线与相切．（2）作于，连接，如图所示：，，，，四边形是矩形，，，，，，，，是的切线，由得是的切线，，，，

，；②，平分，，，，，

，，．【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角梯形的性质、勾股定理、圆周角定理等知识，熟练掌握切线的判定与性质和圆周角定理，是解题的关键．【题型二证明圆的切线和求弧长】例题：（2023·江西·中考真题）如图，在中，，以为直径的与相交于点D，E为上一点，且．

(1)求的长；(2)若，求证：为的切线．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）如图所示，连接，先求出，再由圆周角定理得到，进而求出，再根据弧长公式进行求解即可；（2）如图所示，连接，先由三角形内角和定理得到，则由圆周角定理可得，再由是的直径，得到，进而求出，进一步推出，由此即可证明是的切线．【详解】（1）解：如图所示，连接，∵是的直径，且，∴，∵E为上一点，且，∴，∴，∴的长；

（2）证明：如图所示，连接，∵，，∴，∴，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，即，∵是的半径，∴是的切线．

【点睛】本题主要考查了切线的判定，求弧长，圆周角定理，三角形内角和定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．【变式训练】1．（2023·江西萍乡·模拟预测）如图（1）是的直径，且，点是半圆的中点，点是上一动点，将沿直线折叠交于点，连接，．(1)求证：；(2)当点与点重合时，如图（2），求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）如图，作点关于的对称点，连接，，，，由折叠的性质可知，，根据圆周角定理可知，，可得，继而得到，即；（2）证明是等边三角形，可知所对圆心角为，利用弧长公式可求的长．【详解】（1）证明：如图，作点关于的对称点，连接，，，，由折叠的性质可知，，又∵，，∴，∴，∴．（2）解：由（1）知，又∵，∴是等边三角形，∴，∴所对圆心角为，∴的长为．【点睛】本题考查了轴对称的性质、圆周角定理和弧长公式，根据题意及轴对称的性质作出辅助线是解答本题的关键．2．（2023·江西吉安·三模）如图，在中，，，是上的动点，以为圆心，的长为半径作圆交于点，分别是上的点，将沿折叠，点与点恰好重合．

(1)如图1，若，证明与直线相切；(2)如图2，若经过点，连接．①的长是；②判断四边形的形状，并证明．【答案】(1)见解析(2)①；②四边形为菱形，证明见解析【分析】（1）过点作的延长线于点，由等边对等角得，根据三角形外角的性质求得，易求得，即可得证；（2）①易得，由，可得，根据三角形外角的性质得出，再由弧长公式计算即可求解；②由折叠的性质可得，根据平角的定义求得，根据三角形外角的性质得到，由，可得四边形为平行四边形，再由即可得证．【详解】（1）证明：过点作的延长线于点，

则，，，，，，在中，，，，，与直线相切；（2）解：①若经过点，则，，，，的长是；故答案为：；②四边形为菱形，证明如下：由折叠可知，，，，，，，四边形为平行四边形，又，四边形为菱形．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、切线的判定、三角形外角的性质、含30度角的直角三角形的性质、弧长公式、折叠的性质、菱形的判定等知识点，熟练掌握以上知识点是解题的关键．3．（2023·江西上饶·二模）如图，在边长为6的等边中，是上的点，以为圆心，的长为半径作圆交于点，交于点．

(1)如图1，点与点重合，⊙O与边交于点．①连接，则的形状是；②求的长；(2)如图2，当时，求证：与相切．【答案】(1)①等边三角形；②(2)见解析【分析】（1）①连接、，由圆周角定理可得，，由等边三角形的性质可得分别为边的中点，，从而得到，即可得证；②连接，证明为等边三角形，得到，利用弧长公式计算即可；（2）过点作，垂足为，证明即可．【详解】（1）解：①如图，连接、，，是直径，，，，是等边三角形，分别为边的中点，，，为等边三角形，故答案为：等边三角形；②如图，连接，，由（1）可得：为等边三角形，分别为边的中点，，，，，，为等边三角形，，为等边三角形，，的边长为6，，；（2）证明：过点作，垂足为，，的边长为6，且是等边三角形，，，，，，，，与相切．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、弧长公式、圆周角定理、切线的判定定理、解直角三角形，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，是解题的关键．【题型三证明圆的切线和求扇形的面积】例题：（2023·江西抚州·三模）如图，是的直径，是弦，直线经过点C，于点D，．

(1)求证：是的切线；(2)若的半径为6，，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据得出，推出，得出，根据切线的判定推出即可；（2）证明是等边三角形，得出，，求出梯形的面积和扇形的面积，再根据．【详解】（1）证明：如图，连接，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵是半径，∴是的切线；

（2）解：∵，，∴，∵，∴，∵，∴是等边三角形，∴，，在中，，∴，∴．【点睛】本题考查切线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、扇形面积公式、勾股定理及平行线的判定与性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．【变式训练】1．（2023·江西鹰潭·二模）如图，A为外一点，线段交于点B，，，的半径为5，点P在上．

(1)当的面积最大时，求的长；(2)当与相切时，求的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）由，得到，点P在上，则当时，点P到的距离最大，此时的面积最大，设于点D，连接，则，在中，，得到，由勾股定理即可得到答案；（2）当与相切时，如图，连接，过点O作于点D，由切线性质定理得到，由垂径定理得到，则，利用勾股定理求得，，在中，由勾股定理即可得到答案．【详解】（1）解：∵，，∴，∵点P在上，∴当时，点P到的距离最大，此时的面积最大，如图，设于点D，连接，则，

在中，，∴，∴，在中，由勾股定理得，，即当的面积最大时，的长为；（2）当与相切时，如图，连接，过点O作于点D，

则，，∴，在中，，在中，，在中，，即的长为．【点睛】此题考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理等知识，准确画出图形，数形结合是解题的关键．2．（2023·江西九江·三模）如图，已知是的直径，点是弧上的一点，于，点是弧的中点，交于点，交于点．

(1)判断的形状，并证明；(2)若，．①求的长．②求阴影部分的面积．【答案】(1)是等腰三角形，详见解析(2)①；②【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得，从而可得，根据垂直定义可得，从而可得，然后根据已知可得，从而可得，进而可得，最后根据对顶角相等可得，从而可得，进而根据等角对等边即可解答；（2）①由（1）得故可得所以再证明通过解直角，求出；②连接，可得是等边三角形，故有根据可得结论．【详解】（1）是等腰三角形，理由如下：∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵D为弧的中点，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴是等腰三角形；（2）①∵∴∵即∴∵∴∴∴在直角中，∵，∴∵∴；②连接如图，

∵∴是等边三角形，∴又∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，扇形的面积等知识，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．3．（2023·江西南昌·一模）如图1，在中，，点在斜边上，满足，点在边上，以点为圆心，为半径画圆，交边于点，若刚好过点．(1)求证：是的切线；(2)如图2，若是边的三等分点，且，．①求两点间的距离；②求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)①4cm；②【分析】（1）连接，根据等边对等角得到，，求出，得到，即可证明是的切线；（2）①连接，，得到，根据，求出，得到，利用勾股定理求出；②在中，求出，利用扇形的面积求出阴影的面积．【详解】（1）证明：连接，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴∴，∴是的切线；（2）①连接，．∵是边的三等分点，且，∴∵，∴，∵，∴，又，∴，∴∴．∵，∴，在中，；②在中，，∴，∴．【点睛】此题考查了证明直线是圆的切线，锐角三角函数，扇形的面积公式，勾股定理，熟练掌握各知识点是解题的关键．4．（2022·江西南昌·二模）如图，点B为半外一点，AC为直径，，，，AB与半交于点E，点P是AE上一动点，过点P作交于点D．(1)DP的最大值________；(2)如图1，当时，求证：BD是的切线；(3)如图2，当点D在的中点时，求图中阴影部分的周长．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）过O点作OG⊥AB于F点，交于点G，理由勾股定理先