2025年中考数学专项特训：圆的证明与计算综合练习

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025年中考数学专项特训：圆的证明与计算综合练习1．如图，与相交于点E，连接．经过三点的交于点F，且是的切线．(1)连接，求证；(2)求证；(3)若，则的半径为．2．如图，已知四边形内接于半径为的圆，且于，于．(1)求证：．(2)设是圆上不同于四边形顶点的一点，过作于，于，于，于（其中，，未画出）．（2.1）求证：．（2.2）求证：．3．如图，为直径，射线交于点，弦平分，过点作于点．(1)求证：直线是的切线；(2)若，求线段的长度．4．如图1，在中，直径与弦相交于点，．(1)求证：；(2)如图2，连接，延长交于点，作于点，若，，求的长；(3)如图3，连接、，延长交于点，过点作的平行线交的延长线于点，交于点，连接，求证：是的切线．5．如图，在正方形中，点分别在边上，，连接交于点，过点的圆交于点，连接交于点．(1)证明：．(2)证明：．(3)当时，求的值．6．如图，是的直径，，是的两条切线，切点分别为A，B，，垂足为E，交于点D，连接．(1)求证：；(2)若，，求阴影部分的面积．7．如图，是的外接圆，是的直径，平分，点E在的延长线上，连接，，点P是劣弧上的一个动点（不与点B，C重合），连接，，过点B作于点F．(1)若，求的度数；(2)求证：是的切线；(3)在点P的运动过程中，试探究的值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请求出该值．8．已知：如图，是的直径，过的中点，且于点．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的直径．9．如图1，是的内接三角形，，为的直径，连接并延长交于点，连接并延长交的切线于点．(1)试判断四边形的形状，并说明理由．(2)如图2，连接，若，，求的值．10．如图，在中，以为直径的分别交，于点、，与交于点．(1)求证：；(2)若，求的长．11．如图，点是线段上一点，以为直径作，过点作的切线，点为切点，过点作交于另一点，连接，延长交于点．(1)求证：；(2)若，求的长．12．如图，已知内接于，是的直径，的平分线交于点D，过点D作，交的延长线于点E，连接，．(1)求证：是的切线；(2)若的直径为9，，求的值．13．如图，是的直径，为上一点，延长到点，过点作切于点，连接，，于点，交于点，交于点．(1)求证：；(2)若，，，求的长．14．如图1，在中，，是的外接圆，点在上且．(1)求证：；(2)在图2中，求作的内心（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；(3)在（2）的条件下，若，求的长．15．在中，，点P是边上一点，连接．(1)如图1，如果，求证：；(2)以点A为圆心，长度为半径作，交线段于点G．①如图2，如果点G是的重心，求的值；②如图3，连接并延长，交边于点D，如果平分，，，求的半径长．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案1．(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接交于点G，证明，利用垂径定理即可得到结论；（2）连接，证明，即可利用相似三角形的对应边成比例证出结论；（3）连接，并延长交于点H，连接，由，对应边成比例求出，在中，由勾股定理求出，进一步求出OH，在中，利用勾股定理即可求出半径．【详解】（1）证明：如图，连接交于点G，是的切线，，即，，，，，，，，即，由垂径定理可得，垂直平分，；（2）证明：如图，连接，由（1）知，，则，又，，又，，∴，即：；（3）解：如图，连接，并延长交于点H，连接，，则，由（2）可知，，，由（2）知，则，即，，又，垂直平分，，在中，，设半径为r，则,在中，即：，解得，故答案为：．【点睛】本题综合考查圆的知识，解答中涉及圆的基本知识，切线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，能综合运用相关知识解决问题是解题的关键．2．(1)见详解；(2)（2.1）见详解；（2.2）见详解【分析】（1）通过连接并延长，交于，连接，，，，利用垂径定理和圆周角定理、圆心角定理及三角形中位线的性质来证明．（2）（2.1）构造直径，利用圆周角定理得到直角三角形，再通过相似三角形的性质来证明，进而可得．（2.2），根据圆内接四边形的性质得到，进而证明，得，同法可证明，得，从而得出．【详解】（1）证明：连接并延长，交于，连接，，，，是的直径，，，，，，，，，，，，，，，是的中位线，，；（2）（2.1）证明：连接并延长，交于，连接，是的直径，，，，，，，，，的半径为，；（2.2）证明：根据题意作图如下：连接，四边形是的内接四边形，，，，于，于，，，，于，于，，，，，，．【点睛】本题主要涉及圆内接四边形的性质、垂径定理、圆周角定理以及相似三角形的判定与性质、三角形中位线的性质等知识．准确作出辅助线找到线段、角之间的关系是正确解答此题的关键．3．(1)证明见解析(2)线段的长度为【分析】此题重点考查平行线的判定与性质、切线的判定、圆周角定理、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．（1）连接，则，所以，而，则，所以，由于点，得，则，即可证明直线是的切线；（2）连接，由，，，求得，由，得，则．【详解】（1）证明：连接，则，，弦平分，，，，于点，，，是的半径，且，直线是的切线．（2）解：连接，，，，，，，，线段的长度是．4．(1)见解析(2)3(3)见解析【分析】本题主要考查了弦、弧、圆心角的关系、直线与圆的位置关系、相似三角形的性质与判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．（1）由得到，结合得到，则有，即可得证；（2）利用平行线的判定证出，推出，得到，在中利用勾股定理列出方程，解出的长，即可求出的长；（3）由是的直径，得到，通过证明得到，进而证出，得到，利用角度之间的等量代换得到，则有，即可得证．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∴．（2）解：∵，∴，由（1）得，，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，，，∵在中，，∴，解得：（负值舍去），∴，∴，∵，∴，∴的长为3．（3）证明：∵是的直径，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，即，又∵，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴是的切线．5．(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据题意证明，，从而得到，即可得到结论；（2）作，推出，根据相似三角形的性质即可证明结论；（3）延长，交于点，作，证明，设，则，证明，求出，即可求出答案．【详解】（1）证明：四边形是圆的内接四边形，，四边形是正方形，，，，，，，，，，，；（2）证明：作，交于，，，由（1）可得：，，，；（3）解：延长，交于点，作于点，，四边形是正方形，，，，，，，四边形是矩形，，，，，，，，，，，设，则，，，，是圆的直径，，，，，，，，，．【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推论，圆的内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．6．(1)见解析(2)【分析】（1）由与相切于点A，得，则，由于点E，得，则，所以，则；（2）作于点F，由是的切线，得，可证明四边形是矩形，由的直径，得，而，则是等边三角形，所以，，则，求得，，由，求得，即可由求得．【详解】（1）证明：∵与相切于点A，∴，∴，∵，垂足为E，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．（2）解：作于点F，则，∵是的切线，∴，∴，∴四边形是矩形，∵是的直径，且，∴，∵，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴阴影部分的面积为．【点睛】此题重点考查切线的性质定理、切线长定理、直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、圆周角定理、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、三角形的面积公式及扇形的面积公式等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．7．(1)(2)见解析(3)的值不变，且【分析】（1）根据圆内接四边形的性质求的度数即可；（2）证明，得出，根据为的直径，即可证明结论；（3）延长，取，连接，，，证明，得出，根据等腰三角形的性质得出，求出，最后求出结果即可．【详解】（1）解：∵四边形为圆内接四边形，∴，∵，∴；（2）证明：∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵为的直径，∴是的切线；（3）证明：的值不变，且．延长，取，连接，，，如图所示：∵平分，∴，∴，∵，∴，∴，∵四边形为圆内接四边形，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，圆内接四边形，切线的判定，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握三角形判定和性质，是解题的关键．8．(1)见解析(2)【分析】本题考查了切线的判定、圆周角定理推论及等边三角形的判定与性质．（1）先证明，即可证明，进而证明结论；（2）先证明是直角三角形，求出，再证明是等边三角形，即可求出结论．【详解】（1）证明：连接．是直径，是的中点．是的中点，．．，．，即，是上一点，是的切线；（2）解：连接，是的直径，，是直角三角形，，．，，．，．．，是等边三角形，．直径为．9．(1)四边形是矩形，证明见解析．(2)【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理、勾股定理，矩形的判定和性质，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．（1）由垂径定理可知，由切线的性质可得，由圆周角定理可得，根据有三个角是直角的四边形是矩形可得结论；（2）由勾股定理和矩形性质可得，，，继而结合垂径定理求出，由中位线性质可得，进而求出，由此即可求解．【详解】（1）解：四边形是矩形，证明：∵，是半径，∴，∴，（即），∵为的直径，∴，∵是的切线，是半径，∴，∴四边形是矩形．（2）解：∵，，，∴，∵四边形是矩形，∴，，，∴，，∵在中，，，∴，解得：，∵，，∴，∴，∴．10．(1)见解析；(2)．【分析】根据直径所对的圆周角为直角，可得：，根据四边形内角和为，可得：，又因为，可得，根据等量代换可得：，根据等角对等边可证结论成立；利用勾股定理可求，由可知，又因为，所以可求，利用勾股定理可求，根据等腰三角形的三线合一定理可得．【详解】（1）证明：为的直径，，，在四边形中，，又，，，，；（2），，，，由可知，，在中，，，，．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的三线合一定理、四边形的内角和定理，解题的关键是掌握以上知识点．11．(1)见解析(2)【分析】本题考查的是切线的性质，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．（1）根据平行线的性质、等腰三角形的性质得到，根据圆周角定理得到，证明结论；（2）过点作于，根据垂径定理求出，根据余弦的定义求出、，再根据勾股定理计算即可．【详解】（1）证明：，，，，，，，，由圆周角定理得：，，，；（2）解：如图，过点作于，则，，，，即，，是的切线，，，，，．12．(1)见解析(2)【分析】本题考查了切线的判定定理、圆内接四边形的性质、解直角三角形、角平分线的定义等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．（1）连接，由等边对等角结合角平分线的定义可得，推出，结合题意得出，即可得证；（2）由圆内接四边形的性质证明出，再证明出，结合，得出，即可得解．【详解】（1）证明：如图，连接，，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵为半径，∴是的切线；（2）解：∵的直径为9，为的直径，∴，，∵，∴，∴，∵平分，∴，∴，∵四边形为的内接四边形，∴，∵，∴，∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴．13．(1)见解析(2)【分析】本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质，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，从而可得，由切线的性质可得，推出，即可得证；（2）证明，由相似三角形的性质计算即可得解【详解】（1）证明：∵是的直径，∴，∴，∵是的切线，∴，∴，∴；（2）解：∵是的直径，∴，∴，∵是的切线，∴，∴，∴，∵于点，∴，∵，，∴，∴，∴，即，∴．14．(1)证明过程见详解；(2)见详解；(3)5【分析】本题主要考查圆的相关知识，涉及同弧所对的圆周角相等、等腰三角形的性质、三角形内心的概念以及相似三角形的判定与性质．熟练运用相关知识点是正确解答此题的关键．（1）要证明，可通过证明，利用同弧所对的圆周角相等以及已知条件进行角度转化．（2），根据三角形内心是三角形三条角平分线的交点，利用尺规作角平分线的方法来作出的内心．（3），通过证明，利用相似三角形的性质得到对应边成比例，从而求出的长．【详解】（1）证明：，．，，．．（2）解：，是的平分线，作的角平分线，两条角平分线的交点即为的内心．作法：以为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于两点，再分别以这两点为圆心，大于这两点距离一半的长为半径画弧，两弧相交于一点，过和这个交点作射线；交于点，如图，点即为所求．（3）解：，．是的内心，，，，，，，，，，，，，，．15．(1)见详解(2)①；②的半径长为【分析】（1）过点C作于点D，由题意易证，则有，然后可由进行求证即可；（2）①过点A作于点E，由题意易得，，，则可设，则有，，然后根据勾股定理及三角函数可进行求解；②由题意易得，则有，过点G作于点Q，连接，然后可得，则有，，进而可得，最后根据相似三角形的性质及勾股定理可进行求解．【详