2023年中考数学高频考点突破——圆的综合附答案

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2023年中考数学高频考点突破——圆的综合附答案
1．如图，△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，点E为AC延长线上一点，且DE是⊙O的切线．
（1）求证：∠BAC＝2∠CDE；
（2）若CE＝4，cos∠ABC＝，求⊙O的半径．

2．如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，连接AC，若CA＝CP，∠A＝30°．

（1）求证：CP是⊙O的切线；
（2）若OA＝1，求弦AC的长．
3．如图，是的直径，过圆外一点作与相切于，交的延长线于，于点，交于、两点，连接交于点．

（1）求证：；
（2）连接，若，，，求的半径长．
4．如图，为的直径，点为弦的中点，的延长线交于点，连接，，．与交于点，点在的延长线上，且．
（1）求证：与相切；
（2）若，，求的长．

5．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D，过点D作AC的垂线交AC的延长线于点E．  

（1）证明：ED是⊙O的切线；    
（2）若⊙O半径为3，CE＝2，求BC的长．
6．如图，为的直径，为延长线上一点，与相切与点，，连接，．

（1）求证：；
（2）若，，求的长．
7．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，过点C作⊙O与边AB相切于点E，交BC于点F，CE为⊙O的直径．
（1）求证：OD⊥CE；
（2）若DF＝1，DC＝3，求AE的长．

8．如图，在△ABC中，AB=BC，以AB为直径的⊙O与AC交于点D，过D作⊙O的切线交AB的延长线于E，交BC于F．
（1）求证：DF⊥BC；
（2）求证：DE2=AE•BE．

9．如图，，以为直径的交于点D，点E为弧的中点，连结交于点F，且．

（1）判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）若的半径为2，，求的长．
10．如图，是的直径，与相切于点，交于点，连接．
（1）如图①，若，求的度数．
（2）如图②，过点作弦于点，连接，若，求的度数．

11．如图，已知的直径，弦，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点．

（1）求证：是的切线；
（2）求的长．
12．如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°，OC∥AD，AD交BC的延长线于D，AB交OC于E．

（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若AE＝2，CE＝4．求图中阴影部分（弦AC和劣弧AC围成的部分）的面积．
13．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D是弧BC的中点，过点D作AC的垂线，交AC的延长线于点E，连接AD．
（1）求证：是⊙O的切线；
（2）连接CD，若∠CDA＝30°，AC＝2，求CE的长．
                                                  

14．如图，AB为⊙O的直径，C、D是⊙O上的点，P是⊙O外一点，于点E，AD平分．

（1）求证：PD是⊙O的切线；
（2）若，，求⊙O的半径．
15．如图，已知的半径为，在中，、都是圆的半径，且．点在线段的延长钱上，且．

（1）求线段的长；
（2）求的正弦值．
16．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC是直径，AB＝BC，连接BD，过点D的直线与CA的延长线相交于点E，且∠EDA＝∠ACD．
（1）求证：直线DE是⊙O的切线；
（2）若AD＝6，CD＝8，求BD的长．

17．如图，在中，，是边上的一点，为直径的与边相切于点，连结并延长，与的延长线交于点．

（1）求证：；
（2）若，，求的长．
18．如图，的直径AB为10cm，弦BC为5cm，D．E分别是∠ACB的平分线与，AB的交点，P为AB延长线上一点，且PC=PE．

（1）求AC、AD的长；
（2）试判断直线PC与的位置关系，并说明理由．

参考答案：
1．（1）见解析；（2）14．
【分析】（1）连接OD，AD，根据圆周角定理和切线的性质即可证明结论；
（2）设DC=x，则AC=3x，可得AD=2x，证明△CDE∽△DAE，对应边成比例即可结果．
【解析】解：（1）如图，连接OD，AD，

∵AC是直径，
∴∠ADC=90°，
∴AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴∠CAD=∠BAD=∠BAC，
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE=90°，
∴∠ADC=∠ODE，
∴∠CDE=∠ADO，
∵OA=OD，
∴∠CAD=∠ADO，
∴∠CDE=∠CAD，
∵∠CAD=∠BAC，
∴∠BAC=2∠CDE；
（2）解：∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=CD，
∵cos∠ABC=，
∴AB=3BD，
∴AC=3DC，
设DC=x，则AC=3x，
∴AD==2x，
∵∠CDE=∠CAD，∠DEC=∠AED，
∴△CDE∽△DAE，
∴，
∴，
∴DE=8，x=，
∴AC=3x=28，
∴⊙O的半径为14．
【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，解决本题的关键是综合运用以上知识．
2．（1）见解析；（2）AC＝．
【分析】（1）连接OC，由等腰三角形的性质得出∠A=∠ACO=30°，∠P=30°，求出∠ACP的度数，则可求出答案；
（2）连接BC，由勾股定理可求出答案．
【解析】解：（1）证明：连接OC，如图1，

∵OA＝OC，∠A＝30°，
∴∠A＝∠ACO＝30°，
∵CA＝CP，
∴∠A＝∠P＝30°，
∴∠ACP＝180°﹣∠A﹣∠P＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∴∠OCP＝∠ACP﹣∠ACO＝120°﹣30°＝90°，
∴OC⊥CP，
∴CP是⊙O的切线；
（2）解：如图2，连接BC，

∵OA＝OB＝1，
∴AB＝2，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠A＝30°，
∴BC＝AB＝1，
∴AC＝＝．
【点评】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握切线的判定是解题的关键．
3．（1）见解析；（2）的半径长．
【分析】（1）由与相切于，可推出，由同圆半径相等可证明．再根据题意可知，即可推出，所以．
（2）由可知．设，则，在中利用勾股定理可求出．根据，可证明出，即推出，所以．在中，利用勾股定理即可求出a的值．即求出 ，的长．最后在中，利用勾股定理即可求出该圆的半径．
【解析】证明：（1）与相切于，
，
，
，
，
，
，即，
，
．
（2），
设，则，
在中，，
，
，
，
，
在中，，即，
解得：（舍），
，
，，
在中，，即，
，
，
的半径长．
【点评】本题为圆的综合题，掌握圆的切线的性质，同圆半径相等，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理以及三角函数等知识是解答本题的关键．综合性较强．
4．（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据已知条件证明，再根据，得到，即可得到结果；
（2）根据圆周角定理得到，证明，得到，即可得解；
【解析】（1）证明：∵为中点，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴．
∴，
∴，
∴与相切．
（2）解：如图，∵为直径，
∴．
∵，，
∴，．
∵，
∴，
∴，
又∵公共，
∴，
∴，即，
∴．
【点评】本题主要考查了圆的切线证明，结合圆周角定理、相似三角形的判定与性质计算即可．
5．（1）见解析；（2）BC的长为4
【分析】（1）连接OD，推出∠ODA=∠OAD=∠EAD，推出OD∥AE，推出OD⊥DE，根据切线的判定推出即可；
（2）过点O作OK⊥AC，证得四边形OKED为矩形，AK=KC，得出EK=OD=3，由勾股定理可求出答案．
【解析】解：（1）证明：如图1，连接OD．  

∵OD＝OA，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴AE∥OD，
∵DE⊥AE，
∴ED⊥DO，
∵点D在⊙O上，
∴ED是⊙O的切线
（2）解：如图2，过点O作OK⊥AC，  

∵∠E＝∠ODE＝∠OKE＝90°，
∴四边形OKED为矩形，AK＝KC，
∴EK＝OD＝3，
∴AK＝CK＝EK﹣CE＝3﹣2＝1，
∴AC＝2，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC2+BC2＝AB2，
∴BC＝ ＝ ＝4 ，
答：BC的长为4．
【点评】本题考查了切线的性质和判定，平行线的性质和判定，圆周角定理，矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握切线的判定是解题的关键．
6．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，由圆周角定理和切线的性质可得，从而得到，然后结合等边对等角以及同弧所对的圆周角相等求解；
（2）连接BE，OE，由角的正弦值得到，设OD=x，则OC=3x，AC=2x，BC=4x，证明，结合勾股定理和相似三角形的性质求得AD的长，然后根据求得∠BAE=30°，从而利用锐角三角函数值求解．
【解析】解：（1）连接OD
∵为的直径，为延长线上一点，与相切与点，
∴
∴
又∵OD=OA，
∴
∴
（2）连接BE，OE
由题意，在Rt△COD中，
设OD=x，则OC=3x，AC=2x，BC=4x
∴CD=
∵，
∴，
∴
∴，即，解得：
∴在Rt△ABD中，
∵，AB是直径
∴，
∴在Rt△ABE中，

【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，解直角三角形以及相似三角形的判定和性质，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．
7．（1）见解析；（2）
【分析】（1）⊙O与边AB相切于点E，且 CE为⊙O的直径，得到CE⊥AB，由等腰三角形的性质三线合一得到BD=DC，根据三角形的中位线的性质得到结论；
（2）连接EF，由CE为⊙O的直径，且点F在⊙O上，得到∠EFC=90°，又因为 CE⊥AB，得到∠BEF+∠FEC=∠FEC+∠ECF=90°，推出∠BEF=∠ECF，于是得到tan∠BEF=tan∠ECF，得到等积式，求得EF=2，由勾股定理得BE，再根据平行线分线段成比例，列出比例式求解．
【解析】解：（1）∵⊙O与边AB相切于点E，且 CE为⊙O的直径，
∴CE⊥AB，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝DC，
又∵OE＝OC，
∴OD∥EB，
∴OD⊥CE；
（2）连接EF，
∵CE为⊙O的直径，且点F在⊙O上，∴∠EFC＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠BEC＝90°．
∴∠BEF+∠FEC＝∠FEC+∠ECF＝90°，
∴∠BEF＝∠ECF，
∴tan∠BEF＝tan∠ECF
∴，
又∵DF＝1，BD＝DC＝3，
∴BF＝2，FC＝4，
∴EF＝2，
∵∠EFC＝90°，
∴∠BFE＝90°，
由勾股定理，得，
∵EF∥AD，
∴，
∴．

【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，锐角三角形函数，勾股定理，平行线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
8．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）求出OD∥BC，根据切线的性质得出OD⊥ED，即可求出答案；
（2）求出△DBE∽△ADE，根据相似得出比例式，即可得出答案．
【解析】证明：（1）连接OD，

∵OA=OD，AB=BC，
∴∠A=∠C，∠A=∠ODA，
∴∠C=∠ODA，
∴OD∥BC，
∴∠BFE=∠ODE，
∵DE为⊙O的切线，
∴∠ODE=90°，
∴∠BFE=90°，
∴DF⊥BC；
（2）连接BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠A＋∠ABD=90°，
∵∠ODE=90°，
∴∠ODB＋∠BDE=90°，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠ABD，
∴∠A=∠BDE，
∵∠E=∠E，
∴△DBE∽△ADE，
∴，
∴DE2=AE•BE．
【点评】本题考查了相似三角形的性质和判定，圆周角定理和切线的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
9．（1）AC与⊙O相切，理由见解析；（2）
【分析】（1）连接BE，求出∠EBD+∠BFE=90°，推出∠ACE=∠AFC，∠EBD=∠BCE，求出∠ACE+∠BCE=90°，根据切线的判定推出即可．
（2）根据BC=4，，求出AB=5，AC=3，AF=3，BF=2，根据∠EBD=∠BCE，∠E=∠E证△BEF∽△CEB，推出EC=2EB，设EB=x，EC=2x，由勾股定理得出x2+4x2=16，求出即可．
【解析】解：（1）AC与⊙O相切，
证明：连接BE，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠E=90°，
∴∠EBD+∠BFE=90°，
∵AF=AC，
∴∠ACE=∠AFC，
∵E为弧BD中点，
∴∠EBD=∠BCE，
∴∠ACE+∠BCE=90°，
∴AC⊥BC，
∵BC为直径，
∴AC是⊙O的切线．

（2）∵⊙O的半为2，
∴BC=4，
在Rt△ABC中，，
∴AB=5，
∴AC==3，
∵AF=AC，
∴AF=3，BF=5-3=2，
∵∠EBD=∠BCE，∠E=∠E，
∴△BEF∽△CEB，
∴，
∴EC=2EB，
设EB=x，EC=2x，
由勾股定理得：x2+4x2=16，
∴x=（负数舍去），
即CE=．
【点评】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．
10．（1）35°；（2）30°．
【分析】（1）由PA是⊙O的切线，推出OA⊥AP，推出∠AOP＝90°−20°＝70°，由∠B＝∠AOP＝35°；
（2）如图②中，连接BD、OD．只要证明，即可推出∠AOC＝∠COD＝∠BOD＝60°，由PA是⊙O的切线，推出∠PAO＝90°，推出∠P＝30°．
【解析】解：（1）∵与相切于点，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）如图，连接，．

∵于点，
∴，．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴，
∴．
∵为的切线，
∴，
∴．
【点评】本题考查切线的性质、垂径定理、圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
11．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，欲证明DE是⊙O的切线，只要证明OD⊥DE即可．
（2）过点O作OF⊥AC于点F，只要证明四边形OFED是矩形即可得到DE=OF，在Rt△AOF中利用勾股定理求出OF即可．
【解析】证明：（1）如解图，连接，
∵平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）如解图，过点作于点，
∴，
∴．
∵，
∴四边形是矩形．
∴，．
∴．
∴在中，
．

【点评】本题考查切线的判定、矩形的判定和性质、垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是记住切线的判定方法，学会添加常用辅助线，属于基础题，中考常考题型．
12．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连结OA，根据圆周角定理求得∠AOC=90°，又因AD∥OC，根据平行线的性质可得∠OAD=90°，即OA⊥AD，即可证得 AD是⊙O的切线；
（2）设⊙O的半径为R，则OA=R，OE=R-2，AE=2 ，在Rt△OAE中，根据勾股定理列出方程，解方程求得R的长，即可求得⊙O的半径；再求出阴影部分的面积．
【解析】（1）证明：连结OA，如图，

∵∠ABC=45°，
∴∠AOC=2∠ABC=2×45°=90°，
∵OC∥AD，
∴∠AOC+∠OAD=180°
∴∠OAD=90°，即OA⊥AD，
∴AD是⊙O的切线；
（2）设⊙O的半径为R，则OA=R，OE=R-4，AE=2 ，
在Rt△OAE中，
∵AO2+OE2=AE2，
∴R2+（R-4）2=（2 ）2，
解得R=6或R=-2（舍去），
即⊙O的半径为6；
∴S阴影=S扇形OAC-S△OAC
=
【点评】本题考查了切线的判定定理、圆周角定理、勾股定理及阴影部分的面积，第（2）问利用勾股定理求得半径的长是解决问题的关键.．
13．（1）见解析；（2）1．
【分析】（1）连接OD，由D为弧BC的中点，得到，求得∠BAD=∠CAD，根据等腰三角形的性质得到∠BAD=∠ADO，推出AC∥OD，根据平行线的性质得到OD⊥DE，于是得到DE是⊙O的切线；
（2）连接OC，易得△AOC是等边三角形，继而证得四边形ACDO是菱形，根据菱形的性质可得CD=AC=2，∠CDE=30°，继而即可求解．
【解析】（1） 证明：如下图所示，连接，

∵D是弧BC的中点，
即
∴∠BAD=∠CAD，
∵OA=OD，
∴∠BAD=∠ODA，
∴∠CAD=∠ODA，
∴OD//AE，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线.；
（2）解：如下图所示，连接OC，
∵∠CDA=30°，
∴∠AOC=2∠CDA=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴AC＝AO＝OD
由（1）可得，AC∥OD，
∴ 四边形ACDO既是平行四边形，也是菱形，
∴CD=AC=2，∠CDO＝∠CAO＝60°，
∠CDE=90°－60°＝30°，
∵DE⊥AE, ∠CED＝90°
∴CE=1．

【点评】本题考查了切线的判定和性质，等边对等角、平行线的判定及其性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定及性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
14．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，根据角平分线的定义得到∠BAD=∠DAE，根据等腰三角形的性质得到∠ODA=∠OAD，由垂直的定义得到∠AEP=90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）连接BD，根据角平分线的定义得到∠BAD=∠DAE=30°，推出AB=2BD，设BD=x，则AB=2x，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】（1）证明：连接OD，

∵AD平分，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∵OD是的半径，
∴PD是的切线；        
（2）解：连接BD，
∵AD平分，
∴
∵，
∴，
∵AB为⊙O的直径，
∴
∴，设，则，
∵
∴
∴，
∴，  ，
∴，即的半径为
【点评】本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，角平分线的定义，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
15．（1）；（2）
【分析】（1）过点作交于点，先利用勾股定理求解，从而可得，再利用勾股定理求解，从而可得答案；
（2）过点作交于点，由，求解的长，再利用，从而可得答案．
【解析】解：（1）过点作交于点，
∵，，，，
∴，
，
∵在中，
∴，
∴，
∴．
（2）过点作交于点，
，
，
∴


【点评】本题考查的是等腰直角三角形的性质，垂径定理，含的直角三角形的性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．
16．（1）见解析；（2）BD=7．
【分析】（1）连接OD．由OC＝OD得出，∠OCD＝∠ODC，由AC是直径，得出∠ADC＝90°，进而证明OD⊥DE即可．
（2）过点B作BH⊥BD交DC延长线于点H．证明△BDH是等腰直角三角形，求出DH即可．
【解析】解：（1）证明：连接OD，

∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵AC是直径，
∴∠ADC＝90°，
∵∠EDA＝∠ACD，
∴∠ADO+∠ODC＝∠EDA+∠ADO＝90°，
∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴直线DE是⊙O的切线．
（2）过点B作BH⊥BD交DC延长线于点H．
∴∠DBH＝90°，
∵AC是直径，
∴∠ABC＝90°，
∵∠ABD＝90°﹣∠DBC，∠CBH＝90°﹣∠DBC，
∴∠ABD＝∠CBH，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠BCH＝180°，
∴∠BAD＝∠BCH，
∵AB＝CB，
∴△ABD≌△CBH（ASA），
∴AD＝CH，BD＝BH，
∵AD＝6，CD＝8，
∴DH＝CD+CH＝14，
在Rt△BDH中，∵BD2＝DH2﹣BH2，BD＝BH，则BD2＝98．
∴BD=7．
【点评】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
17．（1）证明见解析；（2）8
【分析】（1）连接，由切线的性质可证明，再结合 ，可证明，可证得；（2）证明Rt△ABC∽Rt△AOE，得出 ，设 的半径是r，则有，解得 ，则可得出答案．
【解析】（1）证明：连结，

∵与边相切于点，为的半径，
∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，
∴，
∴．
（2）在和中，是公共角，
，
∴，∴，
设的半径是，则有，解得，
∴．
【点评】本题主要考查切线的性质及相似三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
18．（1），AD=；（2）直线PC与圆相切，理由见解析
【分析】（1）连结BD，如图，根据圆周角定理由AB为直径得∠ACB＝90°，利用勾股定理计算出AC＝8；由DC平分∠ACB得∠ACD＝∠BCD＝45°，根据圆周角定理得∠DAB＝∠DBA＝45°，则ΔADB为等腰直角三角形，由勾股定理即可得出AD的长；
（2）连结OC，由PC＝PE得∠PCE＝∠PEC，利用三角形外角性质得∠PEC＝∠EAC+∠ACE＝∠EAC+45°，在直角三角形ACB中，AB=10，BC=5，可求出∠CAB=30º，进而求出∠ABC＝∠OCB，于是可得到∠PCE＝90°﹣∠OCB+45°＝90°﹣（∠OCE+45°）+45°，则∠OCE+∠PCE＝90°，于是根据切线的判定定理可得PC为O的切线．
【解析】（1）连结BD，如图所示，

∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ACB中，AB＝10cm，BC＝5cm，
∴AC＝（cm）；
∵DC平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∴∠DAB＝∠DBA＝45°，
∴△ADB为等腰直角三角形，
∴AD＝AB•cos45º=AB＝（cm）；
（2）直线PC与圆相切，理由：
连接OC，
在直角三角形ACB中，AB=10，BC=5，
∴，
∵OA=OC，
，
∴，
∵，
∴，
，
∵PC=PE，
∴，
，
∴直线PC是圆的切线．

【点评】本题考查了切线的判定，圆周角定理，是圆的综合题，综合性比较强，难度适中，熟练掌握直线与圆的位置关系的判定方法是解题的关键．