2026年北京中考数学二轮复习 难点03 圆的综合证明与运算(5大题型)(重难专练)

这是一份2026年北京中考数学二轮复习 难点03 圆的综合证明与运算(5大题型)(重难专练)，共37页。试卷主要包含了在中，为的弦，连接，，，如图，，是的弦，平分等内容，欢迎下载使用。
第一部分 重难考向解读 拆解核心难点，明确备考要点
核心模块 重难考向 考法解读/考向预测
第二部分 重难要点剖析 精解核心要点，点拨解题技巧
要点梳理 典例验知 技巧点拨 类题夯基
考向 圆及相关性质
第三部分 重难提分必刷 靶向突破难点，精练稳步进阶
重●难●考●向●解●读
重●难●要●点●剖●析
考向 圆及相关性质
题型1 垂径定理
1．（2025-2026·北京·北京师范大学附属实验中学·模拟）如图，是的直径，弦于点，且为中点，．
(1)求的半径的长；
(2)过作的垂线段交延长线于，求的长．
【答案】(1)
(2)
【来源】北京市北京师范大学附属实验中学2025-2026学年九年级上学期12月期末模拟考试数学试卷
【分析】本题考查了圆的基本性质，特别是垂径定理及其推论，同时结合直角三角形的勾股定理，直角三角形中所对边是斜边的一半；解题的关键是灵活运用垂径定理得到弦心距与弦长的关系，并利用勾股定理建立方程求半径；对于第二问，通过直角三角形中所对边是斜边的一半的灵活应用转化条件，再结合勾股定理求解．
（1）连接，由垂径定理可得，由为中点得，在中利用勾股定理列出关于半径的方程求解；
（2）由，求得，，相互垂直平分，可得，，等边对等角得出，，在中，利用所对边是斜边的一半，求得的长．
【详解】（1）解：连接，
∵直径
∴
又∵为中点
∴
在中，
即
解得或（舍）
（2）解：连接，
由（1）得
∵，
∴，
∵为中点，且
∴
∴
∴
又∵垂直平分，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵在中，，
∴
2．（2022·北京西城·二模）如图，是的直径，弦于点，点在上，恰好经过圆心，连接．
(1)若，求的直径；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)的直径是20
(2)
【详解】（1）解：是的直径，弦于点，
，，
设，则，
，
，
解得：，
的直径为20；
（2）解：，
，
，
，
，
，
，
．
3．（2025·北京密云·二模）如图，内接于，是的直径，，垂足为D．
(1)求证：；
(2)已知的半径为5，，求长．
【答案】(1)见解析
(2)8
【详解】（1）证明：∵是的直径，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵的半径为5，，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，，
∴．
4．（2025·北京清华附中·二模）如图，已知为的直径，是弦，且于点E．连接．
(1)求证：；
(2)若，求的直径．
【答案】(1)见解析
(2)的直径为
【详解】（1）证明：∵为的直径，是弦，且于点E，
∴，
∴．
（2）解：设的半径为R，则，
∵，
∴，
在中，由勾股定理可得，
∴，
解得，
∴的直径为．
5．（2025·北京一零一中学·一模）如图，交于点C，D，是半径，且于点F．
(1)求证：；
(2)若，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)5
【详解】（1）证明：∵为的弦，
，
，
，
，
；
（2）解：如图，连接，
为的弦，
∴，，
，
设的半径是r，
，
解得，
∴的半径是5．
6．（2025·北京十一学校龙樾学校·一模）如图，在以为直径的中，弦于点H，与弦交于点F，连接，已知，．
(1)求的半径；
(2)若，求的长．
【答案】(1)5
(2)6
【详解】（1）解：如图，连接，
设半径，
，，，是的直径，
，，
，
解得，
的半径为；
（2）解：由（1）得：直径，，，
∵
∴，
，
，
．
题型2 切线的判定与性质
7．（2025·北京西城·二模）如图，为的外接圆，点为的中点，的切线交的延长线于点，交于点．连接，，且．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)
【来源】2025年北京市西城区九年级中考二模数学试卷
【分析】（1）本题要证明，通过设，利用同弧所对圆心角是圆周角的两倍，得到 ．再根据等腰三角形两底角相等以及三角形内角和求出 ．由切线性质得到，进而得出的度数．最后结合已知，得出的度数，从而证明两角相等．
（2）求的长，先延长交于．根据点为的中点，利用垂径定理的推论得到，再通过证明得出 ．由得到，进而推出角相等关系．结合前面（1）中角的结论，得出 ，从而得到线段相等关系 ，最后根据，结合求出的长．
【详解】（1）证明：设，则，
∵，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴半径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：延长交于，则，
∵点为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
8．（2024·北京顺义·一模）在中，为的弦，连接，，
(1)如图1，若半径于点D，，求弦的长；
(2)如图2，为的切线，点P为切点，且，过点P作于点F，与半径相交于点E．若的半径是3，求的长．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：，
．
，
．
，，，
．
，，
在中，由勾股定理得，
．
（2）解：如图，连接．
为的切线，
，即．
，
．
，
，
，
，，
，
．
在中，由勾股定理得，
即，
解得．
9．（2025·北京丰台·一模）如图，，是的弦，平分．过点作的切线交的延长线于点，连接，．延长交于点，交于点，连接，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】解：（1）如图，连接．
为的切线，
．
平分，
．
，
，
，
在△BOC和△DOC中
，
，
为的切线．
（2），
，
，
，
．
为的直径．
，
，
．
在中，，，
，
．
10．（2025·北京海淀·二模）如图，P为外一点，，是的切线，A，B为切点，点C在上，连接，，．
(1)求证：；
(2)连接，若，的半径为5，，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)10．
【详解】（1）证明：过O作于H，如图：
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：连接，延长交于E，如图：
∵，是的切线，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴．
11．（2025·北京三帆中学·二模）如图，已知AB是圆O的直径，F是圆O上一点，∠BAF的平分线交⊙O于点E，交⊙O的切线BC于点C，过点E作ED⊥AF，交AF的延长线于点D．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若DE＝3，CE＝2. ①求的值；②若点G为AE上一点，求OG+EG最小值．
【答案】（1）证明见解析（2）① ②3
【详解】（1）连接OE
∵OA=OE，∴∠AEO=∠EAO
∵∠FAE=∠EAO，∴∠FAE=∠AEO
∴OE∥AF
∵DE⊥AF，∴OE⊥DE
∴DE是⊙O的切线
（2）①解：连接BE
∵直径AB ∴∠AEB=90°
∵圆O与BC相切
∴∠ABC=90°
∵∠EAB+∠EBA=∠EBA+∠CBE=90°
∴∠EAB=∠CBE
∴∠DAE=∠CBE
∵∠ADE=∠BEC=90°
∴△ADE∽△BEC
∴
②连接OF，交AE于G，
由①，设BC=2x，则AE=3x
∵△BEC∽△ABC ∴
∴
解得：x1=2，（不合题意，舍去）
∴AE=3x=6，BC=2x=4，AC=AE+CE=8
∴AB=，∠BAC=30°
∴∠AEO=∠EAO=∠EAF=30°，∴∠FOE=2∠FAE=60°
∴∠FOE=∠FOA=60°,连接EF，则△AOF、△EOF都是等边三角形，∴四边形AOEF是菱形
由对称性可知GO=GF,过点G作GM⊥OE于M，则GM=EG，OG+EG=GF+GM,根据两点之间线段最短，当F、G、M三点共线，OG+EG=GF+GM=FM最小，此时FM=FOsin60=3.
故OG+EG最小值是3.
12．（2025·北京燕山·一模）如图，是的直径，弦于点，过点的切线交的延长线于点，连接.
（1）求证：是的切线；
（2）连接，若，，求的长.
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】（1）证明：连接OD
∵CF是⊙O的切线
∴∠OCF=90°
∴∠OCD+∠DCF=90°
∵直径AB⊥弦CD
∴CE=ED，即OF为CD的垂直平分线
∴CF=DF
∴∠CDF=∠DCF
∵OC=OD，
∴∠CDO=∠OCD
∴∠CDO +∠CDB=∠OCD+∠DCF=90°
∴OD⊥DF
∴DF是⊙O的切线
（2）解：连接OD
∵∠OCF=90°, ∠BCF=30°
∴∠OCB=60°
∵OC=OB
∴ΔOCB为等边三角形，
∴∠COB=60°
∴∠CFO=30°
∴FO=2OC=2OB
∴FB=OB= OC =2
在直角三角形OCE中，∠CEO=90°∠COE=60°
∴CE
∴CD=2 CE
题型3 圆的内接四边形
13．（2023·北京·中考）如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．

(1)求证平分，并求的大小；
(2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．
【答案】(1)见解析，
(2)
【来源】2023年北京市中考数学真题
【分析】（1）根据圆周角定理得出，结合题意可得，再由三角形内角和定理得，最后由圆内接四边形对角互补可求解；
（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，，是等边三角形，进而得出，由是直径，根据含度角的直角三角形的性质可得，在中，根据含度角的直角三角形的性质求得的长，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
又∵，
∴，
∵平分，
∴，
又∵
∴
又∵，
∴；
（2）解：∵，，
∴，则．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴是等边三角形，则．
∵平分，
∴．
∵是直径，
∴，则．
∵四边形是圆内接四边形，
∴，则，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵是直径，
∴此圆半径的长为．
14．（2024·北京德胜中学·零模）如图，圆内接四边形的对角线交于点E，．
(1)求证：平分；
(2)过点C作交的延长线于点F，若平分，求证：为的切线．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【来源】2024年北京市西城区德胜中学九年级下学期零模数学试题
【分析】本题考查圆周角定理，切线的判定：
（1）同弧所对的圆周角相等，得到，进而推出即可；
（2）先证明，推出是正三角形，进而推出，得到是圆的直径，取中点O，连接，易得是正三角形，推出，即可得证．
【详解】（1）证明：，
．
，
，
平分．
（2）解：平分，
．
，
．
．
是正三角形．
．
为圆内接四边形，
．
．
．
是圆的直径．
，
取中点O，连接
，
是正三角形．
．
．
．
．
为的切线．
15．（2025·北京延庆区·一模）如图，圆内接四边形是的直径，交于点，．
(1)求证：点为的中点；
(2)若，求．
【答案】(1)详见解析
(2)2
【详解】（1）证明：是的直径，，
，即点为的中点．
（2）解：是的直径，，
，
，
，
，
，
．
16．（2025·北京第十三中学分校·三模）如图，圆内接四边形的对角线交于点E，平分，．

(1)求证：平分，并求的大小；
(2)过点A作交的延长线于点F， 若，，求此圆半径的长．
【答案】(1)见解析，
(2)
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，即平分．
∵平分，
∴，
∴所对弧对的圆心角相等，
则有，
∴，即，
∴是圆的直径，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∵是圆的直径，
∴
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，

∴是等边三角形，
∴．
∵平分，
∴．
∵是圆的直径，
∴．
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵是圆的直径，
∴半径的长为．
17．（2025·北京顺义·二模）如图，四边形ABDC是的内接四边形，AD是对角线，过点A作交DB的延长线于点E，．
(1)求证：；
(2)连接BC，若BC为的直径，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【详解】（1）证明：∵四边形ABDC是的内接四边形，
∴，
∵，
∴；
（2）连接BC，
∵BC为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴（ASA），
∴．
18．（2025·北京八十中学·二模）如图，四边形是的内接四边形，为直径，平分；且的延长线于点E．
(1)求证∶是的切线
(2)若，求的半径和的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)5；
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
，
∵平分，
，
，
，
，
，
∴是的切线；
（2）解：如图，取中点，连接，
，
又∵，
∴四边形是矩形，
，
，
在中，，
，
在中，，
，
∴的长是
题型4 圆与三角形函数综合
19．（2025·北京·中考）如图，在中，为的直径，C为上一点，是的切线，过点P作的垂线，交的延长线于点D．
(1)求证：平分；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)6
【来源】2025年北京市中考数学试卷（二）
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，关键是掌握切线的性质，圆周角定理，矩形的判定与性质，解决本题的关键是熟练掌握以上性质．
（1）由切线的性质，垂直的定义推出，得到，由得到，因此，即可证明平分；
（2）由圆周角定理得到，因此，求出的长，由勾股定理求出的长，由垂径定理求出的长，由矩形的性质即可求出的长．
【详解】（1）证明：连接，
∵与圆相切于P，
∴半径，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：连接，如图，
∵是圆的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴．
20．（2025·北京朝阳·二模）如图，、分别是的直径和弦，弦与、分别相交于点、，过点的切线与的延长线相交于点，且．
（1）求证：；
（2）若，，求的半径长．
【答案】（1）证明见解析；（2）2
【详解】解：（1）连接OF，
，
∵FH为的切线；
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）连接AF，
为直径，


，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的半径长为2．
21．（2025·北京门头沟·二模）如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上不同于A、B的两点，∠ABD＝2∠BAC，连接CD，过点C作CE⊥DB，垂足为E，直径AB与CE的延长线相交于F点．
（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）当BD＝，sinF＝时，求OF的长．
【答案】（1）见解析；（2）OF＝5．
【详解】（1）连接OC．如图1所示：
∵OA＝OC，
∴∠1＝∠2．
又∵∠3＝∠1+∠2，
∴∠3＝2∠1．
又∵∠4＝2∠1，
∴∠4＝∠3，
∴OC∥DB．
∵CE⊥DB，
∴OC⊥CF．
又∵OC为⊙O的半径，
∴CF为⊙O的切线；
（2）连接AD．如图2所示：

∵AB是直径，
∴∠D＝90°，
∴CF∥AD，
∴∠BAD＝∠F，
∴sin∠BAD＝sinF＝，
∴AB＝BD＝6，
∴OB＝OC＝3，
∵OC⊥CF，
∴∠OCF＝90°，
∴sinF＝，
解得：OF＝5．
22．（2024·北京燕山·二模）如图，在等腰△ABC中，AC＝BC＝10，以BC为直径作⊙O交AB于点D，交AC于点G，DF⊥AC于F，交CB的延长线于点E．
（1）求证：直线EF是⊙O的切线；
（2）若sin∠E＝，求AB的长．
【答案】（1）见解析；（2）AB＝2．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵AC＝BC，
∴∠ABC＝∠BAC，
∵OD＝OB，
∴∠ABC＝∠ODB，
∴∠BAC＝∠BDO，
∴OD∥AC，
∵DF⊥AC，
∴OD⊥DF，
∵OD为半径，
∴直线EF是⊙O的切线；
（2）连接BG，
∵BC是⊙O直径，
∴∠BGC＝90°，
∵DF⊥AC，
∴∠DFC＝90°＝∠BGC，
∴BG∥EF，
∴∠E＝∠GBC，
∵sin∠E＝，
∴sin∠GBC＝＝，
∵BC＝10，
∴CG＝4，
∴AG＝10﹣4＝6，由勾股定理得：BG＝，
在Rt△BGA中，由勾股定理得：AB＝，即AB＝2．
23．（2025·北京清华附中·二模）如图，是的直径，C是上一点，于点D，过点C作的切线，交的延长线于点E，连接．
(1)求证：与相切；
(2)延长交的延长线于点F．若，，求的半径长．
【答案】(1)见详解
(2)3
【详解】（1）证明：∵为的切线，
∴，
∵，
∴，
在和中
∵
∴，
∴，
与相切；
（2）解：由（1）得，，
∵，
∴，，
∵，
∴在，设，则， ，，
∵，，，
∴在，，，
∵为的切线，
∴，
由（1）得，
∵，
∴，
∵，
∴
∵在中， ，
∴，
∵，
∴．
24．（2025·北京清华大学附属中学·二模）如图，在⊙中，是直径，是弦，于点，，连接和，交于点.
（1）求证：；
（2）若，，求⊙半径的长.
【答案】（1）详见解析；（2）
【详解】（Ⅰ）证明：∵是直径，，
∴
∴
∵
∴，
∴.
（Ⅱ）∵
∴
∵
∴，
∵
∴
设，则
在中，
∵
∴
答：⊙O半径的长为.
题型5 圆与相似综合
25．（2024·北京平谷·二模）如图，AD是圆O的切线，切点为A，AB是圆O的弦．过点B作BC//AD，交圆O于点C，连接AC，过点C作CD//AB，交AD于点D．连接AO并延长交BC于点M，交过点C的直线于点P，且∠BCP=∠ACD．
（1）判断直线PC与圆O的位置关系，并说明理由：
（2）若AB=9，BC=6，求PC的长．
【答案】（1）直线PC与圆O相切（2）
【详解】解：（1）直线PC与圆O相切．理由如下：
如图，连接CO并延长，交圆O于点N，连接BN，
∵AB//CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∵∠BAC=∠BNC，
∴∠BNC=∠ACD，
∵∠BCP=∠ACD，
∴∠BNC=∠BCP，
∵CN是圆O的直径，
∴∠CBN=90°，
∴∠BNC+∠BCN=90°，
∴∠BCP+∠BCN=90°，
∴∠PCO=90°，即PC⊥OC，
又∵点C在圆O上，
∴直线PC与圆O相切
（2）∵AD是圆O的切线，
∴AD⊥OA，即∠OAD=90°，
∵BC//AD，
∴∠OMC=180°-∠OAD=90°，即OM⊥BC，
∴MC=MB，
∴AB=AC，
在Rt△AMC中，∠AMC=90°，AC=AB=9，MC=BC=3，
由勾股定理，得，
设圆O的半径为r，
在Rt△OMC中，
∠OMC=90°，OM=AM-AO=，MC=3，OC=r，
由勾股定理，得OM 2+MC 2=OC 2，
即．
解得，
在△OMC和△OCP中，
∵∠OMC=∠OCP，∠MOC=∠COP，
∴△OMC～△OCP，
∴，即．
∴
26．（2024·北京二中·一模）如图，是的直径，为圆上一点，是劣弧的中点，于，过点作的平行线，连接并延长与相交于点，连接与交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)3.5
【来源】2024年北京市东城区北京二中教育集团中考一模数学试题
【分析】本题主要考查切线的判定，勾股定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质等知识：
（1）连接，得，再由可得，故可证明是的切线；
（2）运用勾股定理求出，再，可求出,从而求出
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
∵是劣弧的中点，
∴，平分，
∴
∵，
∴
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）∵是劣弧的中点，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∴
27．（2025·北京怀柔·模拟）如图，已知∠ABC=90°，AB=BC．直线l与以BC为直径的圆O相切于点C．点F是圆O上异于B、C的动点，直线BF与l相交于点E，过点F作AF的垂线交直线BC于点D．
（1）如果BE=15，CE=9，求EF的长；
（2）证明：①△CDF∽△BAF；②CD=CE；
（3）探求动点F在什么位置时，相应的点D位于线段BC的延长线上，且使BC=CD，请说明你的理由．
【答案】（1） （2）证明见解析（3）F在直径BC下方的圆弧上，且
【详解】（1）解：∵直线l与以BC为直径的圆O相切于点C．
∴∠BCE=90°，
又∵BC为直径，
∴∠BFC=∠CFE=90°，
∵∠FEC=∠CEB，
∴△CEF∽△BEC，
∴，
∵BE=15，CE=9，
即：，
解得：EF= ；
（2）证明：①∵∠FCD+∠FBC=90°，∠ABF+∠FBC=90°，
∴∠ABF=∠FCD，
同理：∠AFB=∠CFD，
∴△CDF∽△BAF；
②∵△CDF∽△BAF，
∴，
又∵∠FCE=∠CBF，∠BFC=∠CFE=90°，
∴△CEF∽△BCF，
∴，
∴，
又∵AB=BC，
∴CE=CD；
（3）解：∵CE=CD，
∴BC=CD=CE，
在Rt△BCE中，tan∠CBE=，
∴∠CBE=30°，
故 为60°，
∴F在直径BC下方的圆弧上，且．
28．（2023·北京通州·一模）如图，是圆内接三角形，过圆心O作，连接，过点C作，交的延长线于点D，．
(1)求证：是的切线；
(2)如果，求半径的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)半径的长度为
【来源】2023年北京市通州区中考一模数学试卷
【分析】（1）根据，可得出，根据平行线的性质可得，即可得出是的切线；
（2）根据圆周角定理可得，得出，即可证明，根据相似三角形的性质，结合可求出的长，根据勾股定理即可得答案．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，，
∵，
∴，
即，
∵是的半径，
∴是的切线．
（2）由（1）可知，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴由勾股定理得，
解得：（负值舍去），
∴半径的长度为．
29．（2025·北京昌平·二模）如图，已知，以为直径，为圆心的半圆交于点，点为的中点，连接交于点，为的角平分线，且，垂足为点．

(1)求证：是半圆的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【详解】（1）证明：连接，
∵为直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵,
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
又∵经过直径的外端，
∴是圆的切线．
（2）∵，．由（1）知，是直角三角形，由勾股定理得：．
在中，于，平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
30．（2025·北京五十五中·二模）如图，为圆的直径，为延长线上一点，为圆上一点，是圆的切线；连接，于点，交于点．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)8
【详解】（1）解：∵为圆的直径，
∴，即，
∵是圆的切线，
∴，即，
∴，
∵，
∴，，，
∴，
∴，
∴，即．
（2）解：设，
∵，
∴，
∴．，
∵为圆的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∵，，
∴是的中位线．
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，解得：，
∴．
重●难●提●分●必●刷
（建议用时：30分钟）
1．如图，是的直径，点C在上，的平分线交于点D，过点D的直线，分别交，的延长线于点E，F．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】本题考查了切线的判定，解直角三角形，勾股定理，添加辅助线构造直角三角形是关键；
（1）连接．证明，，可得，进而得到结论；
（2） 先推出，再在中，由，列出比例式即可求解
【详解】（1）证明：如图，连接．
∵，
∴．
∵平分，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵是的直径，
∴．
∵，
∴．
∴．
即．
∴直线是的切线．
（2）解：∵，
设的半径为r，则．
∵，
∴．
∵，
在中，．
即．
∴．
∴．
∴．
在中，由勾股定理得．
2．如图，点A，B，C在圆O上，，直线，，点O在上．
(1)求证是圆O的切线
(2)若，求圆O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）连接，利用平行线的性质得到，利用等对等角得到，求得，，证明，即可得到结论；
（2）作于点H，利用垂径定理和特殊角的三角函数值即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，．
∵，
∴，
∴．
∵为圆O的半径，
∴是圆O的切线；
（2）解：如图，连接，过点O作于点H．
∵，，
∴，．
在中，
，即，
解得，
故圆O的半径为6．
【点睛】本题考查了切线的判定，垂径定理，特殊的三角函数值，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
3．如图，的直径与弦相交于点，且，点在的延长线上，连接．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求半径的长．
【答案】(1)见详解
(2)4
【分析】（1）连接，由题意易得，则有，然后可得，则可得，进而问题可求证；
（2）由题意可设，则，则有，，然后可列方程进行求解．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：

∵，是的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：由题意可设，则，
∴，，
∴在中，，
解得：，
∴，
即的半径为4．
【点睛】本题主要考查切线的判定、垂径定理及三角函数，熟练掌握切线的判定及三角函数是解题的关键．
2023、2024、2025年考法解读
2026年考法预测
中考数学中圆主要考向为：
一、圆相关性质（每年1~2道，6分）；
二、圆与其他知识综合（每年1~2题，6分）；
考查内容稳定，命题形式多样，以解答题为主，偶尔出现在选择题和填空题中，难度中等偏上．
预测第一问考查切线的判定或角/线段相等的证明；第二问结合相似三角形、勾股定理、三角函数求线段长或半径。可能考查 双切线模型：从圆外一点引两条切线，结合角平分线、垂直关系命题。 直径与垂径定理：已知直径，构造垂径定理求弦长或半径。 圆内接四边形：结合对角互补、外角等于内对角等性质进行角度转换。
考查了垂径定理，同弧或等弧所对的弦长相等，直径所对的圆周角为直角，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握垂径定理，同弧或等弧所对的弦长相等，直径所对的圆周角为直角，相似三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
考查切线的判定与性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、矩形的判定和性质、勾股定理、切线长定理等知识的综合应用，熟练掌握相关知识的联系与性质是解答的关键．
考查圆内接四边形性质，同弧所对圆周角性质，垂径定理，弧弦圆周角关系，弦等弦心距相等，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理，线段和差，本题难度大，涉及知识多，图形复杂，利用辅助线画出准确图形，以及将条件转移是解题关键．
考查了圆周角定理，垂径定理，三角函数，勾股定理，相似三角形的性质和判定，解题的关键是正确的作出辅助线；部分题目除需掌握三角函数定义外还需掌握特殊三角函数值。
考查了切线的判定，等腰三角形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，正确的作出辅助线是解题的关键．