专题19 圆的有关位置关系（16题）2024年中考数学真题分类汇编（解析版）

第第页专题19圆的有关位置关系（16题）一、单选题1．（2024·山东济宁·中考真题）如图，分别延长圆内接四边形的两组对边，延长线相交于点E，F．若，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据“圆的内接四边形对角互补”可得，．根据三角形外角定理可得，，由此可得，又由，可得，即可得解．本题主要考查了“圆的内接四边形对角互补”和三角形外角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．【详解】∵四边形是的内接四边形我∴，，，，，，，，解得，，．故选：C2．（2024·四川达州·中考真题）如图，是等腰直角三角形，，，点，分别在，边上运动，连结，交于点，且始终满足，则下列结论：①；②；③面积的最大值是；④的最小值是．其中正确的是（

）

A．①③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④【答案】D【分析】过点作于点，证明，根据相似三角形的性质即可判断①；得出，根据三角形内角和定理即可判断②；在的左侧，以为斜边作等腰直角三角形，以为半径作，根据定弦定角得出在的上运动，进而根据当时，面积的最大，根据三角形的面积公式求解，即可判断③，当在上时，最小，过点作交的延长线于点，勾股定理，即可求解．【详解】解：如图所示，过点作于点，

∵是等腰直角三角形，，，∴，∵，∴∴又∵∴，∴，故①正确；∵，∴，∴即在中，即∵是等腰直角三角形，∴平分∴∴∴，∴，故②正确，如图所示，

在的左侧，以为斜边作等腰直角三角形，以为半径作，且∴，∵∴∴在的上运动，∴，连接交于点，则，∴当时，结合垂径定理，最小，∵是半径不变∴此时最大则面积的最大，∴，故③正确；如图所示，当在上时，最小，过点作交的延长线于点，

∴是等腰直角三角形，∴，在中，，∴，∴的最小值是．故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，求圆外一点到圆上的距离最值问题，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．二、填空题3．（2024·青海·中考真题）如图，四边形是的内接四边形．若，则的度数是．【答案】130°【分析】直接根据圆内接四边形的性质求解．【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠BCD+∠A=180°，又∠A=50°，∴∠BCD=180°-50°=130°．故答案为：130°．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补；圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角．4．（2024·山东滨州·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形AOCD是菱形，∠B的度数是．【答案】60°/60度【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠B+∠D=180°，根据菱形的性质，圆周角定理列式计算即可．【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠B+∠D=180°，∵四边形OACD是菱形，∴∠AOC=∠D，由圆周角定理得，∠B=∠AOC，∴∠B+2∠B=180°，解得，∠B=60°，故答案为：60°．【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．三、解答题5．（2024·四川自贡·中考真题）在中，，是的内切圆，切点分别为D，E，F．(1)图1中三组相等的线段分别是，________，________；若，，则半径长为________；(2)如图2，延长到点M，使，过点M作于点N．求证：是的切线．【答案】(1)；；1(2)见解析【分析】（1）根据切线长定理得到，，，代入求解即可得到答案；（2）证明，推出，，，求得，，根据，列式求得，根据切线的判定定理，即可得到是的切线．【详解】（1）解：连接，设半径为，∵是的内切圆，切点分别为D，E，F，∴，，；在四边形中，，四边形为矩形，又因为，四边形为正方形．则，则，，在中，由勾股定理得，∴，即，解得，故答案为：；；1；（2）证明：连接，，，作于点，设半径为，∵，∴，∵，，∴，∴，，，∵是的内切圆，切点分别为D，E，F，∴，∴，同理，∴，∴，∵，∴是的切线．【点睛】本题考查切线的判定，切线长定理，全等三角形的判定和性质，三角形的内切圆及勾股定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．6．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，内接于，为的直径，点D为上一点，，延长至E，使得．(1)求证：是的切线；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，易得，圆周角定理得到，进而得到，证明，推出，进而得到，即可得证；（2）等角的三角函数相等，得到，证明，得到，进行求解即可．【详解】（1）解：连接，则：，∴，∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即：，∴，∵是的半径，∴是的切线；（2）∵，∴，由（1）知：，∴，由（1）知：，又∵，∴，∴，∴，，∴，即：，解得：（舍去）或，∴【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．7．（2024·四川资阳·中考真题）如图，已知是的直径，是的弦，点在外，延长，相交于点，过点作于点，交于点，．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为6，点为线段的中点，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据等边对等角和对顶角相等可推出，，结合和三角形内角和，从而推出，得证；（2）由（1）可知，可证，推出，再由勾股定理可得，利用点为线段的中点，可得，从而得到，从而得到，即可得到答案．【详解】（1）证明：连接，如图，，，，，，，又，，，，是的切线；（2）解：如（1）图，，又，，，，的半径为6，，，，即，又点为线段的中点，，，，．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．8．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，为的内接三角形，为的直径，将沿直线翻折到，点在上．连接，交于点，延长，，两线相交于点，过点作的切线交于点．(1)求证：；(2)求证：；(3)若，．求的值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据折叠可得，根据切线的定义可得，即可得证；（2）根据题意证明，进而证明，根据相似三角形的性质，即可得证；（3）根据，设，则，得出，根据折叠的性质可得出，则，进而求得，根据，进而根据正切的定义，即可求解．【详解】（1）证明：∵将沿直线翻折到，∴，∵为的直径，是切线，∴，∴；（2）解：∵是切线，∴，∵为的直径，∴，∴，∵由折叠可得，∴，∵四边形是的内接四边形，∴，∴，又∵，∴，∴，即；（3）解：∵，设，则，∴，∴，∵由折叠可得，∴，∵在中，，∴，∵，，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的性质，折叠问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．9．（2024·四川雅安·中考真题）如图，是的直径，点C是上的一点，点P是延长线上的一点，连接，．(1)求证：是的切线；(2)若，求证：；(3)若于D，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）首先由直径得到，然后利用等边对等角得到，等量代换得到，进而证明即可；（2）利用得到，求出，然后利用直角三角形两锐角互余得到，进而求解即可；（3）设，证明出，得到，然后表示出，然后利用勾股定理求解即可．【详解】（1）如图所示，连接，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴是的切线；（2）证明：∵，∴，∴，由（1）知，∴，∴，∴，∴；（3）设，在中，，∴∴∵∴∴∴，∵，，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得，即，整理得，解得，（舍去），故．【点睛】此题考查了直径的性质，切线的判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点．10．（2024·四川巴中·中考真题）如图，内接于，点为的中点，连接，平分交于点，过点作交的延长线于点．(1)求证：是的切线．(2)求证：．(3)若，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）如图，连接，证明，结合，可得，从而可得结论；（2）证明，，结合，，再进一步可得结论；（3）如图，连接，证明，再证明，可得，结合，从而可得答案；【详解】（1）证明：如图，连接，∵点为的中点，∴，∵，∴，且OD是的半径，∴DF是的切线；（2）证明：∵点为的中点，∴，∴，∵平分，∴，∵，，∴，∴；（3）解：如图，连接，∵，，∴，∵，∴，∵，∴，而，∴，∵四边形为的内接四边形，∴，∴，∴，∴，而，∴，∴，经检验，符合题意；【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，切线的判定，相似三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.11．（2024·吉林·中考真题）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点A，B，C，D，E，O均在格点上．图①中已画出四边形，图②中已画出以为半径的，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图．(1)在图①中，面出四边形的一条对称轴．(2)在图②中，画出经过点E的的切线．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，切线的判定，画对称轴等等：（1）如图所示，取格点E、F，作直线，则直线即为所求；（2）如图所示，取格点，作直线，则直线即为所求．【详解】（1）解：如图所示，取格点E、F，作直线，则直线即为所求；易证明四边形是矩形，且E、F分别为的中点；（2）解：如图所示，取格点，作直线，则直线即为所求；易证明四边形是正方形，点E为正方形的中心，则．12．（2024·四川达州·中考真题）如图，是的直径．四边形内接于．连接，且，以为边作交的延长线于点．(1)求证：是的切线；(2)过点作交于点．若，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）如图所示，连接，由直径所对的圆周角是直角得到，导角可证明，进而得到，据此即可证明是的切线；（2）延长交于H，延长交于G，连接，由直径所对的圆周角是直角得到，证明，得到，接着证明，得到，进一步证明，得到，设，则，，进而得到，则，由勾股定理得到，，则，进一步可得．【详解】（1）证明：如图所示，连接，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，又∵是的半径，∴是的切线；（2）解：如图所示，延长交于H，延长交于G，连接，∵是的直径，∴，即，∵，∴垂直平分，∴，∴，∵，∵，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查了切线的判定，求角的余弦值，直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题的关键．13．（2024·四川广安·中考真题）如图，点在以为直径的上，点在的延长线上，．(1)求证：是的切线；(2)点是半径上的点，过点作的垂线与交于点，与的延长线交于点，若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)14【分析】（1）连接，由圆周角定理求得，再利用等角的余角相等求得，据此即可证明是的切线；（2）利用三角函数的定义求得，在中，利用勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．【详解】（1）证明：连接，，，，，而是的直径，，，，是的切线；（2）解：设，，，，，在中，，，，又，，，设，，，，，则，解得：经检验是所列方程的解，．【点睛】本题考查了切线的判定与相似三角形的判定与性质，三角函数的定义，勾股定理．正确证明是解决本题的关键．14．（2024·山东济宁·中考真题）如图，内接于，D是上一点，．E是外一点，，连接．(1)若，求的长；(2)求证：是的切线．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据可得，然后证明，根据全等三角形的性质可得答案；（2）连接，首先证明，再根据三角形内角和定理和圆周角定理求出，然后计算出即可．【详解】（1）解：∵，∴，又∵，，∴，∴；（2）证明：如图，连接，由（1）得：，∴，，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵是半径，∴是的切线．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，切线的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．15．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，内接于，，过点A作，交的直径的延长线于点E，连接．(1)求证：是的切线；(2)若，求和的长．【答案】(1)见解析(2)，．【分析】（1）延长交于点F，连接，根据等边对等角可得，，，，继而可得是的角平分线，根据等边三角形“三线合一”的性质可得，由平行线的性质可得，继而根据切线判定定理即可求证结论；（2）连接，先求得，利用圆周角定理结合勾股定理求得直径的长，利用垂径定理结合勾股定理得到，代入数据计算求得，利用勾股定理可求得的长，证明，利用相似三角形的性质计算即可求得．【详解】（1）证明：延长交于点F，连接，∵，∴，，，∵，∴，∴，即，∴，即是的角平分线，∵，∴，且平分线段，∵，∴，∵是半径，∴是的切线；（2）解：连接，∵是的直径，∴，∵，，∴，∴，∴，由（1）得，，设，∴，∴，解得，即，∴，∴，∴，设，则，∵是的切线，∴，，∵，∴，∴，∴，，∴，即，解得，∴．【点睛】本题考查了切线的判定，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．16．（2024·甘肃兰州·中考真题）在平面直角坐标系中，给出如下定义：点P是图形W外一点，点Q在的延长线上，使得，如果点Q在图形W上，则称点P是图形W的“延长2分点”，例如：如图1，是线段外一点，在的延长线上，且，因为点Q在线段上，所以点P是线段的“延长2分点”．(1)如图1，已知图形：线段，，，在中，______是图形的“延长2分点”；(2)如图2，已知图形：线段，，，若直线上存在点P是图形的“延长2分点”，求b的最小值：(3)如图3，已知图形：以为圆心，半径为1的，若以，，为顶点的等腰直角三角