2025年九年级（中考数学）第三轮冲刺训练与圆有关的证明与计算专题训练 [有答案]

这是一份2025年九年级（中考数学）第三轮冲刺训练与圆有关的证明与计算专题训练 [有答案]，共34页。试卷主要包含了圆O中，弧弧，连接交弦于点C等内容，欢迎下载使用。
1．如图，为的直径，为上一点，为弧的中点，交的延长线于点．
(1)求证：直线为的切线；
(2)延长，交于点．若，，求的值．
2．如图，过点P作的两条切线，切点分别为A，B，连接，，，取的中点C，连接并延长，交于点D，连接．
(1)求证：；
(2)延长交的延长线于点E．若，，求的长．
3．如图1，已知内切于四边形，与分别相切于点．
(1)求证：；
(2)如图2，连接，与交于点，若，求证：．
4．如图，四边形内接于，，延长到点E，使得，连接．

(1)证明：
(2)若，，，求的值．
5．如图1，是的直径，直线与相切于点A，直线与相切于点B，点C（异于点A）在上，点D在上，且，延长与相交于点E，连接并延长交于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)如图2，连接并延长与分别相交于点G、H，连接．若，求．
6．如图，是的直径，，是上的点，连接，过点作的切线，交的延长线于点，交的延长线于点，且，连接．
(1)求证：；
(2)若，，连接，求的长．
7．如图，为的直径，点C为圆上一点，过点C作的切线，交延长线于点D，过点B作，交于点E，连接．
(1)求证：；
(2)若，的半径为2，求的长．
8．圆O中，弧弧，连接交弦于点C．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，点E在圆O上，连接，若，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，过A作，垂足为交于点，求的长．
9．如图，四边形内接于，对角线为的直径，对角线是的平分线，过点作，交的延长线于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
10．如图，是的外接圆，交的延长线于点D，连接交于点E，．
(1)求证：为的切线．
(2)若，求的值．
11．如图，在中，点在上，边交于点，于点．是的平分线．
(1)求证：为的切线；
(2)若的半径为2，，求的长．
12．如图，中，为对角线，且，的外接圆交边于点E．
(1)求证：是的切线；
(2)设，当时，求的值．
13．如图，为的直径，，过点A作的切线，交的延长线于点E．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径和的长．
14．如图，已知，是的直径，的弦交于点，点是的中点，是延长线的一点，连接，．
(1)若，求的度数；
(2)求证：是的切线；
(3)看一看，想一想，证一证：以下与线段、线段、线段、线段有关的三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由．
15．如图，为的直径，和相交于点F，平分，点C在上，且，交于点P．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的面积；
(3)在（2）的条件下，求．
参考答案
1．(1)见解析
(2)
【分析】此题考查了切线的判定与性质、余弦的定义，平行线分线段，熟练掌握切线的判定与性质、余弦的定义是解题的关键．
（1）连，，证明，由垂径定理得出，得出，由切线的判定可得出答案；
（2）设交于点，设，根据平行线分线段成比例得出，进而求得，勾股定理求得的长，进而根据余弦的定义，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，，

∵为的直径，
∴，即，
∵，
∴，
∵为弧的中点，
∴，
∴，
∵是半径，
∴直线为的切线；
（2）解：如图，设交于点，设，

由（1）得：，又，则四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：（负值舍去），
∴，
，
在中，，
∴．
2．(1)见解析；
(2)长为44．
【分析】（1）利用切线长定理得平分，利用圆周角定理得，等量代换即可证明；
（2）延长交于点F，连接，利用条件求出线段长，再利用角度转换证明三角形相似，最后根据相似求得长．
【详解】（1）证明：，分别切于A点，B点，
平分，
，
又，
，
．
（2）延长交于点F，连接，则，
，分别切于A点，B点，
C为的中点，
，
，
又，，
，
，
，，
，
，
又，
，
，，
，，
，
，
．
【点睛】本题主要考查切线长定理，圆周角定理及推论，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定与性质等知识点，熟记切线长定理，圆周角定理，并且能根据题意作出合适的辅助线是解题的关键．
3．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据切线长定理可得：，，，，问题随之得解；
（2）连接，可得出，，利用圆周角定理求得，，进一步计算得出结论．
【详解】（1）证明：根据切线长定理可得：，，，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴；
（2）证明：如图，连接，
∵四边形的内切圆与边分别相切于点E，F，G，H，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，圆中的弧、弦、圆周角之间的关系等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
4．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由圆内接四边形的性质可知，再由，即可得出，根据圆周角定理结合题意可知，即得出，由此易证，即得出；
（2）过点D作，垂足为M，根据题意可求出，结合（1）可知，即可求出，根据题意又可求出，利用三角函数即可求出，最后再利用三角函数即可求出最后结果．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴．
∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴．
在和中，，
∴，
∴；
（2）解：过点作于，如图．

∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及解直角三角形，解题的关键是利用数形结合的思想并正确作出辅助线．
5．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接，根据等边对等角可知：，再根据切线的性质可知，由切线的判定定理可得结论；
（2）连接，根据等边对等角可知，再根据切线的性质可知，由等量减等量差相等得，再根据等角对等边得到，然后根据平行线的性质及对顶角相等可得，推出，由此得出结论；
（3）过E点作于L，作交的延长线于J．则四边形是矩形，，根据勾股定理可求出的长，即可求出，可设，则，，再由， 可得，，，从而得到，再证得，即可求出的值．
【详解】（1）证明：如图1中，连接，
∵，
∴，
∵直线与相切于点A，
∴，
∴，
∴是的切线．
（2）证明：如图1中，连接，
∵，
∴，
∵是的切线，是的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：如图2中，过E点作于L，作交的延长线于J．则四边形是矩形，，
∴，
∵是的切线，是的切线，是的切线，
∴，，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
即，
∴，
∴可设，则，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，切线长定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，熟练掌握切线的判定和性质，切线长定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
6．(1)见解析，
(2)
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题关键．
（1）连接，根据切线性质可得，进而可得，根据两直线平行内错角相等可得，再由等边对等角可知，由此即可得出结论；
（2）根据是的切线，可得，由是直径，可得，进而可得，由此即可证明，利用相似三角形性质可得，进而求出，，，在中由勾股定理可得，即可求得．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的切线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：如（1）图所示，
∵是的切线，
∴，
∴，
又∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵在中，，
∴，
∴．（负值已经舍去）
7．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键：
（1）连接，，，等边对等角，得到，切线推出，直径得到，进而得到，推出，平行线的性质，结合圆周角定理得到，等角对等弧，即可得证；
（2）延长交于点，连接，由（1）可推出是含30度角的直角三角形，利用三角函数进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接，，，则：，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：延长交于点，连接，则：为的直径，
∴，
∵的半径为2，
∴
∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∴．
8．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查了圆的基本性质，垂径定理，勾股定理等，掌握圆的基本性质是解题的关键．
（1）连接，根据，得出，由此得出；
（2）连接，先求出的度数，由此得出；
（3）过O作于T，于M，连接，利用勾股定理求出的长．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
，
．
（2）证明：连接，
，
，
，
，
，
，
∵，
．
（3）解：过O作于于M，连接，
又
，
，
设，则，
，
，
中，由勾股定理得，
，
∴四边形是矩形，
，
中，由勾股定理得，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得
9．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查圆周角定理，切线的判定，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，是解题的关键：
（1）连接，根据角平分线的定义，结合圆周角定理，推出，平行得到，即可得证；
（2）过点作于点，圆周角定理，角平分线得到，，求出的长，证明是等腰直角三角形，求出的长，在中，求出的长，再根据线段的和差关系，进行求解即可．
【详解】（1）证明：如解图，连接，
是的平分线，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：如解图，过点作于点，
，
，
是的直径，
，
，
，
由（1）得，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
在中，
，
．
10．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，结合圆周角定理设，进而推出，
，再根据，结合切线的判定定理证明，即可解题；
（2）过点O作交于点H，交于点G．结合三角函数推出，设，则，进而得到，结合垂径定理推出四边形为矩形，，再证明，利用相似三角形性质求解，即可解题．
【详解】（1）证明：连接，
∵弧弧，
设，
，
，
，
，
，且为半径，
∴为的切线．
（2）解：过点O作交于点H，交于点G．
∵在中，，
，设，则，
，，
∴在中，，
，则，
，
∴H为的中点，且，
，
∴四边形为矩形，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，切线的判定定理，矩形的性质与判定，相似三角形性质与判定，解直角三角形，熟练掌握相关知识是解题的关键．
11．(1)见解析
(2)．
【分析】本题考查了切线的判定，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等．
（1）利用等边对等角求得，由角平分线的定义求得，可证明，即可证明为的切线；
（2）先证明等腰三角形，求得，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
即且为半径，
∴为的切线；
（2）解：∵，又，
∴等腰直角三角形，
∵的半径为2，
∴，
∴，
∴．
12．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查切线的判定，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键：
（1）连接并延长交于点，连接，易得垂直平分，根据平行四边形的性质，得到，进而得到，即可得证；
（2）等边对等角求出的度数，平行线的性质，推出，等边对等角，求出的度数，圆内接四边形的内对角互补，求出的度数，进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接，则：，
∵，
∴垂直平分，
∵，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线
（2）∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
作平分交于点，作于点，则：，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，．
13．(1)见解析
(2)的半径为，的长为5
【分析】（1）连接，根据圆周角定理可得，再利用等边对等角及等量代换即可证得从而证得结论；
（2）连接，利用直径所对的圆周角是直角结合（1）中平行线的性质可求得，从而得到，根据直角三角形的锐角三角函数的值结合勾股定理即可解答．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴，解得：，
，
∴，
∵在中，，
∴，
解得∶．
∴．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定及性质、切线的性质、圆周角定理、锐角三角函数值及勾股定理解直角三角形的应用等知识点，熟练掌握圆周角定理及平行线的判定及锐角三角函数值及勾股定理解直角三角形的应用是解题的关键．
14．(1)
(2)证明见解析
(3)正确，理由见解析
【分析】（）由垂径定理的推论可得，进而根据直角三角形两锐角互余即可求解；
（）证明，可得，进而即可求证；
（）连接，可证，得到，再证明，得到，即得，即可求解．
【详解】（1）解：∵的弦交于点，点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：∵，，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
（3）解：正确，理由如下：
连接，如图，
由（）知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理及其推论，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，切线的判定，圆周角定理，余角性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
15．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的 判定定理，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，相似三角形的判定与性质等知识，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
（1）连接，利用同圆的半径相等的性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义和平行线的判定与性质得到，利用圆的切线的判定定理解答即可；
（2）证明，然后利用相似三角形的性质求出，由圆周角定理得到，即可求解面积；
（3）连接，设交于点H，利用勾股定理和相似三角形的判定与性质求得，，，利用直角三角形的边角关系定理解答即可．
【详解】（1）证明：连接，如图，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵为的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：连接，设交于点H，如图，
∵为的直径，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．