备战2025年中考数学真题分类汇编(全国通用)专题19圆的有关位置关系(16题)(学生版+解析)

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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：C
2．（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．①③B．①②④C．②③④D．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形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”．请直接写出t的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）根据题意，画出图象，进行判断即可；
（2）作以原点为位似中心，位似比为的位似图形，根据直线上存在点P是图形的“延长2分点”，得到直线与有交点，进而得到当过点时，值最小，进行求解即可；
（3）作以原点为位似中心，位似比为的位似，得到与有交点，求出与相切以及与相切，两种情况求出的临近值，即可得出结果．
【详解】（1）解：作线段以原点为位似中心，位似比为的位似图形，
∵，，
∴，，
∵点是图形的“延长2分点”，
∴点在线段上，
∵在线段上，
∴是图形的“延长2分点”；
故答案为：；
（2）作以原点为位似中心，位似比为的位似图形，如图，
∵，，
∴，，
∵直线上存在点P是图形的“延长2分点”，
∴直线与有交点，
∴当过点时，值最小，
把，代入，得：，
∴的最小值为；
（3）作以原点为位似中心，位似比为的位似，
∵，，，
∴，，，
∵等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”，
∴当与有交点时，满足题意，
当与相切时，如图，则：或，
∴时，满足题意；
当与相切时，且切点为，连接，则：，

∵为等腰直角三角形，
∴为等腰直角三角形，
∵，，，
∴轴，
∴，
∵以为圆心，半径为1的，
∴点在直线上，，
∴，
∴，
∴或，
∴；
综上：或．
【点睛】本题考查坐标与图形变换—位似，等腰三角形的性质，勾股定理，切线的性质等知识点，综合性强，难度大，属于压轴题，理解并掌握新定义，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．