预测04【精品】 圆的综合-2022年中考数学三轮冲刺过关（全国通用）

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预测04 圆的综合



概率预测
☆☆☆☆☆
题型预测
解答题☆☆☆☆☆
考向预测
①有关圆的证明题
②有关圆的计算


圆的综合题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内容！圆作为一个载体，常与三角形、四边形结合，难度系数中等。
1．从考点频率看，圆是高频考点，中考对圆的知识点考查，综合能力要求极高！
2．从题型角度看，以解答题为主，分值10分左右！

圆常见辅助线的作法
1：连接半径，构造等腰三角形
在圆的相关题目中，不要忽略隐含的已知条件，我们通常可以连接半径构造等腰三角形，从而利用等腰三角形的性质及圆中的相关定理。
2：遇弦添加弦心距或半径
根据垂径定理，连半径，可以构造直角三角形。设未知数，利用勾股定理列方程，求线段的长度。
3：构造同弧或等弧所对的圆心角或圆周角解题
在同一圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半。
在同一圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等。
4：构造直角或直径
直径所对的圆周角是90°。
5：切线的性质有关的辅助线——添加过切点的半径
利用切线性质，可得半径与切线垂直
6：切线的判定有关的辅助线
（1） 有公共点，连半径，证垂直。（2）无公共点，作垂直，证明与半径相等。
7：与三角形内切圆有关的辅助线
遇到三角形的内切圆时，连接内心与三角形各顶点，利用内心的性质进行有关计算与证明。


中考圆的综合题常见的隐含条件：①同圆所有的半径都相等；②直径所对的圆周角相等；③同弧或等弧所对的圆周角相等。有关圆的解答题综合性特别强，会用到初中阶段所学所有几何知识点，如果所有方法都尝试不行，记得用相似，对应边成比例。


1．（2021·湖北随州市·中考真题）如图，是以为直径的上一点，过点的切线交的延长线于点，过点作交的延长线于点，垂足为点．（1）求证：；（2）若的直径为9，．①求线段的长；②求线段的长．

【答案】（1）见解析；（2）①；②
【分析】（1）连接，由是的切线，可得，可证，可得．由，可得即可； （2）①连接，由的直径为9，，可求．可证，由，． ②由（1）可知，可证∽，由性质可得， 解方程得．
【详解】（1）证明：连接，∵是的切线，∴，
又∵，∴，∴．
又∵在中，，∴，∴，∴；
（2）①连接，∵的直径为9，∴，
在中，∵，∴．
又∵，且，∴，
在中，∵，∴．
②由（1）可知，∴∠DOE=∠FBE，∠ODE=∠BFE，
∴∽，∴，即， 解得．经检验符合题意．

【点睛】本题考查圆的切线性质，平行线性质，等腰三角形判定与性质，直径所对圆周角性质，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，利用相似的性质构造方程是解题关键．
2．（2021·山东菏泽市·中考真题）如图，在中，是直径，弦，垂足为，为上一点，为弦延长线上一点，连接并延长交直径的延长线于点，连接交于点，若．（1）求证：是的切线；（2）若的半径为8，，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OE，证明OE⊥EF即可；（2）由证得，运用正弦的概念可得结论．
【详解】解：（1）证明：连接OE，如图，

∵OA=OE∴∠OAE=∠OEA．∵EF=PF，∴∠EPF=∠PEF
∵∠APH=∠EPF，∴∠APH=∠EPF，∴∠AEF=∠APH．
∵CD⊥AB，∴∠AHC=90°．∴∠OAE+∠APH=90°．
∴∠OEA+∠AEF=90°∴∠OEF=90°∴OE⊥EF．∵OE是的半径∴EF是圆的切线，
（2）∵CD⊥AB∴是直角三角形
∵∴ 设，则
由勾股定理得， 由（1）得，是直角三角形
∴ ∴，即
∵ ∴解得，
【点睛】此题主要考查了圆的切线的判定，勾股定理和解直角三角形等知识，熟练掌握切线的判定是解答此题的关键．
3.（2021·四川广元市·中考真题）如图，在Rt中，，是的平分线，以为直径的交边于点E，连接，过点D作，交于点F．
（1）求证：是的切线；（2）若，，求线段的长．

【答案】（1）证明见详解；（2）．
【分析】（1）先根据圆周角定理、角平分线定义、平行线性质证明∠EAD=∠FDE，再根据AD为直径，得到∠ADE+∠DAE=90°，进而得到AD⊥FD，问题得证；
（2）先求出DE=3，证明△AED≌△ACD，得到DE=DC=3，BC=BD+CD=8，解Rt中求出AC=6，进而得到AE=6，求出,证明△ADE∽△AFD，得到，即可求出．
【详解】解：（1）证明：连接DE，∵∴∠CAD=∠CED，
∵ 是的平分线，∴∠CAD=∠EAD，∴∠CED=∠EAD，
∵，∴∠CED=∠FDE，∴∠EAD=∠FDE，
∵AD为直径，∴∠AED=∠ACD=90°，∴∠ADE+∠DAE=90°，
∴∠ADE+∠FDE=90°，即AD⊥FD，又∵为直径，∴是的切线；
（2）∵∠AED=90°，∴∠BED=90°，∴,
∵∠AED=∠ACD，∠DAE=∠DAC，AD=AD，∴△AED≌△ACD，
∴DE=DC=3，∴BC=BD+CD=8，在Rt中，∵，
∴设AC=3x，AB=5x，∴，∵x＞0，∴x=2，∴AB=5x=10，AC=3x=6，
∵△AED≌△ACD，∴AE=AC=6，∴在Rt△ADE中，,
∵∠EAD=∠DAF，∠AED=∠ADF=90°，
∴△ADE∽△AFD，∴，即 ,∴．

【点睛】本题为圆的综合题，考查了切线的判定，圆的性质，三角函数，相似三角形的判定与性质等知识，根据题意添加辅助线，熟知圆的性质，利用三角函数解直角三角形是解题关键．
4.（2021·甘肃武威市·中考真题）如图，内接于是的直径的延长线上一点，．过圆心作的平行线交的延长线于点．（1）求证：是的切线；（2）若，求的半径及的值；

【答案】（1）见解析；（2）半径为3，
【分析】（1）证明是的半径，即证明，结合直径所对圆周角是、等腰△OAC和已知即可求解；（2）由（1）中结论和可知，，再由CD、CE和平行线分线段成比例，即可找到BD、OB、BC、OE的关系，最后利用三边的勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：如图，，
，，
是的直径，，，
，即，，
又是的半径，是的切线．
（2），即，
∴设，则，
，解得，，
．即的半径为3，，
在中，，．

【点睛】本题考查圆切线的证明、平行线分线段成比例、勾股定理和锐角三角函数，属于中档几何综合题，解题的关键在于直径所对圆周角是直角和方程思想．
5.（2021·四川泸州市·中考真题）如图，ABC是⊙O的内接三角形，过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点F，AE是⊙O的直径，连接EC, （1）求证：；（2）若，于点，，，求的值

【答案】（1）证明见详解；（2）18．
【分析】（1）连接，根据是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，可得，利用，得到，根据圆周角定理可得，则可证得；
（2）由（1）可知，易得，则有,则可得，并可求得，连接，易证，则有，可得．
【详解】解：（1）连接

∵是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，∴，
∴∴
又∵∴根据圆周角定理可得：
∴，∴；
（2）由（1）可知，∵ ∴
∴∴,∵，，∴
∴∴
又∵中，∴，如图示，连接
∵，∴
∴∴．
【点睛】本题考查了圆的性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，三角形相似的判定与性质等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
6.（2021·新疆中考真题）如图，AC是⊙O的直径，BC，BD是⊙O的弦，M为BC的中点，OM与BD交于点F，过点D作，交BC的延长线于点E，且CD平分．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）求证：；（3）若，，求BF的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）连接OD，AD，根据直径所对的圆周角为直角得出∠ADC=90°，再综合角平分线的定义以及圆的基本性质，推出∠CDE=∠ADO，从而推出∠ADC=∠ODE，即可得证；
（2）在（1）的基础之上，结合同弧所对的圆周角相等，即可得证；
（3）通过垂径定理的推论得到∠OME=90°，，再根据锐角三角函数求出CE，从而得到CM和BM，再结合（2）的结论，在Rt△BFM中求解即可．
【详解】（1）如图，连接OD，AD，∵AC为直径，∴∠ADC=90°，
∵CD平分∠ACE，∴∠ACD=∠ECD，∵DE⊥BC，∴∠DEC=90°，∴∠CAD=∠CDE，
∵∠CAD=∠ADO，∴∠ADO=∠CDE，
∴∠ADO+∠ODC=∠ODC+∠CDE，即：∠ADC=∠ODE，∴∠ODE=90°，
∵OD为半径，∴DE是⊙O的切线；

（2）如（1）图，可得∠CDE=∠CAD，
根据同弧所对的圆周角相等，可得∠CAD=∠DBE，∴∠CDE=∠DBE；
（3）∵M为弦BC的中点，∴根据垂径定理的推论得：∠OME=90°，
∴∠ODE=∠DEM=∠OME=90°，∴四边形ODEM为矩形，
∵DE=6，在Rt△DCE中，，
由（2）可知，∠CDE=∠DBE,
∴,
∴BC=BE-CE=9-4=5，∴BM=CM=，
∴在Rt△BFM中，，
∴．
【点睛】本题考查圆的综合问题，掌握圆的基本性质，证明圆的切线的方法，以及垂径定理及其推论是解题关键．
7.（2021·山东枣庄市·中考真题）如图，是的外接圆，点在边上，的平分线交于点，连接，，过点作的切线与的延长线交于点．（1）求证：；（2）求证：；（3）当，时，求线段的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【分析】（1）连接，先根据圆周角定理、角平分线的定义，再根据圆的切线的性质可得，然后根据平行线的判定即可得证；
（2）先根据圆周角定理、平行线的性质可得，再根据圆内接四边形的性质可得，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（3）先利用勾股定理可得，再利用圆周角定理可得，从而可得，然后根据（2）中，相似三角形的性质即可得．
【详解】证明：（1）如图，连接，是的直径，，
平分，，
由圆周角定理得：，，
是的切线，，；
（2）由圆周角定理得：，
，，，
由圆内接四边形的性质得：，
，，
在和中，，；
（3），
，，
在中，，
由圆周角定理得：，
，，
又，，即，
解得，答：线段的长为．

【点睛】本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定与性质是解题关键．
8.（2021·湖北黄石市·中考真题）如图，、是的切线，、是切点，是的直径，连接，交于点，交于点．（1）求证：；
（2）若恰好是的中点，且四边形的面积是，求阴影部分的面积；
（3）若，且，求切线的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）证明∠POB=∠CBO，根据“内错角相等，两直线平行”即可证明结论；
（2）证明△AOD是等边三角形得∠AOD=60°，设OA=R，求出AE=，AB=，PO=2R，根据四边形的面积是求出R，再利用求解即可；
（3）利用设出BC=m，则AC=3m，分别求出，DE=m，在Rt△AED中运用勾股定理列方程，求出m的值，再证明∠APO=∠BAC，利用求出PA的长．
【详解】解：（1）证明：∵是的切线
∴，即∴
∵AC是的直径∴∠ABC=90°
∴ ∴
（2）∵E是OD的中点，且AB⊥OD，∴AO=AD，
又AO=OD∴△AOD是等边三角形∴∠AOD=60°
∵PA是的切线，OA是的半径，
∴∠OAP=90°∴∠APO=30°∴PO=2AO
在中，∠AOE=60°∴∠OAE=30°
设OA=R，则 ∴
∴
∵四边形的面积是，∴，即
解得，（负值舍去）∴
∵ ∴
∴
（3）∵ ∴ 故设BC=m，则AC=3m，∴
∵OE//BC∴
在Rt△AEO中， 在Rt△AED中，
∴∴ (负值舍去)∴
∵ ∴
∴ ∴
【点睛】本题考查的是切线的判定和性质、扇形面积的计算、勾股定理以及解直角三角形等知识，灵活运用切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径和切线的判定是解题的关键．
9.（2021·山东泰安市·中考真题）如图1，O为半圆的圆心，C、D为半圆上的两点，且．连接并延长，与的延长线相交于点E．

（1）求证：；（2）与，分别交于点F，H．
①若，如图2，求证：；②若圆的半径为2，，如图3，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】（1）连接，根据，且，则，即可推导出；
（2）①，则，又，，则，进而推导出；
②连接交于G，设，则，根据在和中
列式，进而求得x的值，再根据中位线定理求出AC的长．
【详解】证明：（1）连接，
∵为直径∴
∵∴∴∴．

（2）①∵∴
又∵∴
又∵∴∴
∴∴∴

②连接交于G．设，则
∵∴ 又∵∴，
在和中∴即
∵∴是的中位线∴∴．

【点睛】本题考查了等弧对等角、相似三角形、等腰三角形、中位线等有关知识点，属于综合题型，借助辅助线是解决这类问题的关键．
10.（2021·湖南永州市·中考真题）如图1，是的直径，点E是上一动点，且不与A，B两点重合，的平分线交于点C，过点C作，交的延长线于点D．

（1）求证：是的切线；（2）求证：；
（3）如图2，原有条件不变，连接，延长至点M，的平分线交的延长线于点P，的平分线交的平分线于点Q．求证：无论点E如何运动，总有．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）见详解
【分析】（1）连接OC，先证明∠EAC=∠OCA，可得CO∥AE，进而即可求证；
（2）连接BC，可证，进而即可得到结论；
（3）由三角形外角的性质可得∠QBM-∠QAM=∠Q，∠CBM-∠CAM=∠ACB，结合角平分线的定义，可得∠ACB=2∠Q，同理：∠AEB=2∠P，进而即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OC，

∵的平分线交于点C，∴∠EAC=∠CAB，
∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠EAC=∠OCA，∴CO∥AE，
∵，∴CO⊥CD，∴是的切线；
（2）连接BC，

∵是的直径，∴∠ACB =90°，
∵，∴∠D=90°，即：∠ACB=∠D，
∵∠DAC=∠CAB，∴，
∴，即：，
∵AB=2AO，∴；
（3）证明：∵∠QBM是的一个外角，∴∠QBM-∠QAM=∠Q，同理：∠CBM-∠CAM=∠ACB，
∵的平分线交的平分线于点Q，
∴∠CBM=2∠QBM，∠CAM=2∠QAM，∴∠ACB=2∠Q，同理：∠AEB=2∠P，
∵∠ACB和∠AEB都是直径所对的圆周角，∴∠ACB=∠AEB=90°，
∴，即：无论点E如何运动，总有．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质，三角形外角的性质，切线的判定定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理及其推论，切线的判定定理，是解题的关键．
11.（2021·江苏扬州市·中考真题）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：
已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：
（1）这样的点A唯一吗？
（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？
“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点B、C除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．

（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．
①该弧所在圆的半径长为___________；②面积的最大值为_________；
（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；
（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点P在直线的左侧，且．
①线段长的最小值为_______；②若，则线段长为________．
【答案】（1）①2；②；（2）见解析；（3）①；②
【分析】（1）①设O为圆心，连接BO，CO，根据圆周角定理得到∠BOC=60°，证明△OBC是等边三角形，可得半径；②过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，以BC为底，则当A与D重合时，△ABC的面积最大，求出OE，根据三角形面积公式计算即可；（2）延长BA′，交圆于点D，连接CD，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；（3）①根据，连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，可得点P在优弧CPD上，连接BQ，与圆Q交于P′，可得BP′即为BP的最小值，再计算出BQ和圆Q的半径，相减即可得到BP′；②根据AD，CD和推出点P在∠ADC的平分线上，从而找到点P的位置，过点C作CF⊥PD，垂足为F，解直角三角形即可求出DP．
【详解】解：（1）①设O为圆心，连接BO，CO，∵∠BAC=30°，∴∠BOC=60°，又OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，∴OB=OC=BC=2，即半径为2；
②∵△ABC以BC为底边，BC=2，∴当点A到BC的距离最大时，△ABC的面积最大，
如图，过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，∴BE=CE=1，DO=BO=2，
∴OE==，∴DE=，∴△ABC的最大面积为=；

（2）如图，延长BA′，交圆于点D，连接CD，∵点D在圆上，∴∠BDC=∠BAC，
∵∠BA′C=∠BDC+∠A′CD，∴∠BA′C＞∠BDC，∴∠BA′C＞∠BAC，即∠BA′C＞30°；

（3）①如图，当点P在BC上，且PC=时，
∵∠PCD=90°，AB=CD=2，AD=BC=3，∴tan∠DPC==，为定值，
连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，
∴当点P在优弧CPD上时，tan∠DPC=，连接BQ，与圆Q交于P′，
此时BP′即为BP的最小值，过点Q作QE⊥BE，垂足为E，
∵点Q是PD中点，∴点E为PC中点，即QE=CD=1，PE=CE=PC=，
∴BE=BC-CE=3-=，∴BQ==，
∵PD==，∴圆Q的半径为，
∴BP′=BQ-P′Q=，即BP的最小值为；

②∵AD=3，CD=2，，则，
∴△PAD中AD边上的高=△PCD中CD边上的高，即点P到AD的距离和点P到CD的距离相等，
则点P到AD和CD的距离相等，即点P在∠ADC的平分线上，如图，过点C作CF⊥PD，垂足为F，
∵PD平分∠ADC，∴∠ADP=∠CDP=45°，∴△CDF为等腰直角三角形，
又CD=2，∴CF=DF==，∵tan∠DPC==，∴PF=，
∴PD=DF+PF==．

【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，最值问题，解直角三角形，三角形外角的性质，勾股定理，知识点较多，难度较大，解题时要根据已知条件找到点P的轨迹．
12.（2021·湖南长沙市·中考真题）如图，点为以为直径的半圆的圆心，点，在直径上，点，在上，四边形为正方形，点在上运动（点与点，不重合），连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接．

（1）求的值；（2）求的值；（3）令，，直径（，是常数），求关于的函数解析式，并指明自变量的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【分析】（1）连接，先利用定理证出，从而可得，再在中，解直角三角形即可得；（2）在（1）的基础上，利用求出的长，由此即可得；
（3）如图（见解析），先解直角三角形可得，再根据圆周角定理、相似三角形的判定可得，从而可得，由此即可得出关于的函数解析式，然后连接，交于点，根据相似三角形的判定与性质可得，由此可求出，最后根据可得自变量的取值范围．
【详解】解：（1）如图，连接，则，

四边形为正方形，，
在和中，，，，
设，则，在中，，
则；
（2）设，则，，
，，；
（3），，，
，解得，，
，，
，，由圆周角定理得：，，
，，，
在和中，，，
，即，解得，
如图，连接，交于点，

，，，
四边形为正方形，，，
，即，解得，
点在上运动（点与点不重合），
点在线段上运动（点与点不重合），
，即，
综上，．
【点睛】本题考查了正方形的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，较难的是题（3），正确找出相似三角形是解题关键．



13.（2021·浙江温州市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，经过原点，分别交轴、轴于，，连结．直线分别交于点，（点在左侧），交轴于点，连结．

（1）求的半径和直线的函数表达式．（2）求点，的坐标．
（3）点在线段上，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长．
【答案】（1）半径为，直线的函数表达式为；（2）点为，点为；（3）5，10或
【分析】（1）由，，确定点为，再利用两点间距离公式求解即可得到半径的长，利用待定系数法可直接得到直线CM的函数表达式；
（2）先作辅助线构造相似三角形，求出，，即可得到点为，点为；
（3）先作辅助线，得到，再分三种情况讨论，通过作轴于点，证出点为符合条件的点，再分别讨论当时和时的情况，分别得到和的值，最后完成求解．
【详解】解：（1），为的直径．
，，点为，半径为．
设直线的函数表达式为．
把，代入得，解得．
直线的函数表达式为；
∴⊙M 的半径为，直线 CM 的函数表达式为．
（2）过点作轴平行线，点作轴平行线交于点，作轴于点（如图1），

，，，

，且，，点为．
点，关于点对称，点为．
（3）作轴于点，，．，．
分三种情况（如图2）：
①作轴于点，，，，
，，即点为符合条件的一个点．．
②当时，，．
，（），，
．
③当时，，，．
，，,，
．
综上所述，当与的一个内角相等时，的长为5，10或．
【点睛】本题综合考查了平面直角坐标系、圆、待定系数法求函数解析式、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，要求学生根根据题意找到相等关系建立方程求解，本题综合性很强，对学生的分析能力要求较高，解决本题的关键是能通过作辅助线构造相似三角形以及牢记相关概念、性质和公式等，本题蕴含了分类讨论的思想方法．


1．（2021年湖北武汉市江岸区中考数学模拟试题）如图，△ABC内接于⊙O，DE为⊙O的切线，D为⊙O的切点，BC为⊙O的弦，DE∥BC，EB交⊙O于点A，连结AC，BD．
（1）求证：∠BAC=2∠BAD；
（2）若BD=，AC=2，ED=，求AD的长．


【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用切线的性质得到OD⊥DE，再利用平行线的性质和垂径定理证得=，即可证明∠BAC=2∠BAD；
（2）设法证明和，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，

∵DE为⊙O的切线，D为⊙O的切点，
∴OD⊥DE，
∵DE∥BC，
∴OD⊥BC，
∴=，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠BAC=2∠BAD；
（2）解：连接DO并延长交⊙O于F，连接BF，DC，

∵OD⊥DE，
∴，
∴，
∵DF为⊙O的直径，
∴，
∴，
∴，
又DE∥BC，
∵，
∴，
∴，
∵=，
∴，
则，
∴BE=，
∵∠E=∠E，∠EDB=∠EAD，
∴，
∴，
∴AD=．
【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理和圆周角定理，利用相似三角形得到边之间的关系是解题关键．
2．（四川省宜宾市第二中学校2020-2021年九年级下学期第三次诊断性考试数学试题）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，连接AC，过上一点E作EG∥AC交CD的延长线于点G，连接AE交CD于点F，且EG＝FG，连接CE．
(1)求证：EG是⊙O的切线；
(2)延长AB交GE的延长线于点M，若AH＝3，CH＝4，求EM的值．

【答案】证明见解析；．
【解析】
【分析】连接OE，由得，由知，根据得，从而得出，即可得证；
连接OC，设，再中利用勾股定理求得，再证∽得，据此求解可得．
详解】如图，连接OE，

，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线；
连接OC，设的半径为r，
、，
，，
则，
解得：，
，
，
，
∽，
，即，
解得：．
【点睛】本题主要考查切线的判定与性质，解题的关键是掌握等腰三角形的性质、切线的判定与性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质．
3．（2021年湖南省常德市汉寿县中考数学模拟试卷） 已知如图：是的直径，和是的两条切线，与相切于点，分别交、于、两点．
（1）求证：
（2）求证：；

【答案】见解析
【解析】（1）证明：如图所示：

和是它的两条切线，
，，
，
，
切于，
，，
，
；
（2）由（1）知，
，
，
，
，
，
，
，
．
4.（2021年福建省泉州市惠安县中考数学质检试卷）已知四边形内接于，．
（1）如图1，求证：点到两边的距离相等；
（2）如图2，已知与相交于点，为的直径．①求证：；②若，，求的长．

【答案】见解析
【解析】证明：（1）如图1，连接，

，
，
，
点到两边的距离相等；
（2）①，
，
为直径，
，
，
如图2，过点作，交延长线于点，

，，
又由（1）知：，
，
，
，

，
，
②如图，

由（2）①得：，
则，
设，则，
为直径，
，
，
，
，
解得：，
，，
又，
，
，，
，
，
．
5.（2021年福建省厦门市松柏中学九年级中考二模数学试题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC是⊙O的直径，BD平分∠ABC，BD交AC于点E，过点D作DF⊥DB，DF交BA延长线于点F．
（1）求证：AF＝BC；
（2）如果AB＝3AF，＝　 （直接写出答案）
（3）过点F作FG∥BD交CA延长线于点G，求证：AG＝CE．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析．
【解析】
【分析】（1）根据对角线AC是⊙O的直径，BD平分∠ABC，得出AD=CD，然后根据圆内接四边形的性质得出∠DAF=∠DCB，最后根据ASA得出△DAF≌△DCB即可证明；
（2）设AF=a，AB=3AF=3a，根据△DAF≌△DCB表示出BC的长度，利用勾股定理表示出AC和AD的长度，过点B作BM⊥AC于点M，连接OD，根据面积法和等腰直角三角形的性质表示出OD和BM的长度，最后根据相似即可求出的值．
（3）DF交⊙O于点N，在DF上截取DP=DE，连接PA，PG，AN，根据题意证明出，由全等三角形的性质和得出AP=CE，，然后根据圆内接四边形的性质得出，最后由即可证明．
【详解】(1)证明：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
又∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=45°，
∴AD=CD，
∵DF⊥DB，
∴∠BDF=∠ADC=90°
∴∠ADF=∠CDB，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
又∵∠BAD+∠DAF=180°，
∴∠DAF=∠DCB，
∴△DAF≌△DCB，
∴AF=BC．
（2）设AF=a，AB=3AF=3a，
由（1）△DAF≌△DCB，
∴BC=AF=a，
在Rt△ABC中，，
在Rt△ADC中，，
过点B作BM⊥AC于点M，

则BM=，
连接OD，则OD=，
∵是等腰直角三角形，
∴OD⊥AC，
∴OD∥BM，即，
∴．
（3）证明：DF交⊙O于点N，在DF上截取DP=DE，连接PA，PG，AN，

由（1）知，，AD=CD，
∴，
∴AP=CE，，
∴，
∵四边形ABDN内接于⊙O，
∴，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，AF=AN，
∴，
又∵FG∥BD，
∴，
∴，
∴，
∴AG=AP=CE．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和证明，相似三角形的性质和判定，圆内接四边形的性质等内容，解题的关键是根据题意作出辅助线构造出全等三角形．
6.（2021年湖南省长沙市中考数学模拟试卷）如图，在中，，以为直径的⊙O与相交于点，过点作⊙O的切线交于点．

（1）求证：；
（2）若⊙O的半径为，，求的长．
【答案】（1）见详解；（2）4.8．
【解析】本题主要考查的是切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学的性质定理，正确的求出边的长度．
（1）连接OD，由AB=AC，OB=OD，则∠B=∠ODB=∠C，则OD∥AC，由DE为切线，即可得到结论成立；（2）连接AD，则有AD⊥BC，得到BD=CD=8，求出AD=6，利用三角形的面积公式，即可求出DE的长度．
解：连接OD，如图：

∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∴∠B=∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∵DE是切线，
∴OD⊥DE，
∴AC⊥DE；
（2）连接AD，如（1）图，
∵AB为直径，AB=AC，
∴AD是等腰三角形ABC的高，也是中线，
∴CD=BD=，∠ADC=90°，
∵AB=AC=，
由勾股定理，得：，
∵，
∴。
7.（2021年山东省淄博市数学中考模拟试卷（一））如图，AB为⊙O的直径，C为半圆上一动点，过点C作⊙O的切线l，过点B作BD⊥l，垂足为D，BD与⊙O交于点E，连接OC，CE，AE，AE交OC于点F．
（1）求证：△CDE≌△EFC；
（2）若AB＝4，连接AC．
①当AC＝　 　时，四边形OBEC为菱形；
②当AC＝　 　时，四边形EDCF为正方形．

【答案】（1）见解析；（2）①2．②2．
【解析】（1）证明：如图，

∵BD⊥CD，
∴∠CDE＝90°，
∵AB是直径，
∴∠AEB＝90°，
∵CD是切线，
∴∠FCD＝90°，
∴四边形CFED矩形，
∴CF＝DE，EF＝CD，
在△CDE和△EFC中，
，
∴△CDE≌△EFC．

（2）解：①当AC＝2时，四边形OCEB是菱形．
理由：连接OE．

∵AC＝OA＝OC＝2，
∴△ACO是等边三角形，
∴∠CAO＝∠AOC＝60°，
∵∠AFO＝90°，
∴∠EAB＝30°，
∵∠AEB＝90°，
∴∠B＝60°，∵OE＝OB，
∴△OEB是等边三角形，
∴∠EOB＝60°，
∴∠COE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∵CO＝OE，
∴△COE是等边三角形，
∴CE＝CO＝OB＝EB，
∴四边形OCEB是菱形．
故答案为2．
②当四边形DEFC是正方形时，

∵CF＝FE，
∵∠CEF＝∠FCE＝45°，
∵OC⊥AE，
∴＝，
∴∠CAE＝∠CEA＝45°，
∴∠ACE＝90°，
∴AE是⊙O的直径，
∴＝，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴AC＝OA＝2．
∴AC＝2时，四边形DEFC是正方形．
故答案为2．


8.（2021年四川省成都市邛崃市、崇州市、简阳市中考数学二诊试卷）如图，以△ABC的边AC上一点O作⊙O经过点B、C，交AC于点D．连接BD，作OG∥BD交⊙O于点G，交BC于点E，连接DG交BC于点F．
（1）当∠ABD＝∠C时，求证：AB为⊙O的切线；
（2）若GB＝4，GD＝8，求FD的长；
（3）若sin∠GDB＝，求tan∠BGD的值．

【答案】见解析；
【解析】（1）连接OB，则OB＝OC，由∠ABD＝∠C及直径所对圆周角位90°可得OB⊥AB．
（2）由OG∥BD可得OG⊥BC，，通过证明△GBD∽△GFB可得GB2＝GF⋅GD进而求解．
（3）连接CG，设GE为x，半径为r，通过解直角三角形用含x代数式表示BD及BC进而求解．
【解答】解：（1）证明：如图1，连接OB，则OB＝OC，

∴∠OBC＝∠C，
∵∠ABD＝∠C，
∴∠ABD＝∠OBC，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CBD＝90°，
即∠OBC+∠OBD＝90°，
∴∠ABO＝∠ABD+∠OBD＝∠OBC+∠OBD＝90°，
∴OB⊥AB，
∵OB是⊙O的半径，
∴AB是⊙O的切线．
（2）证明：∵CD是⊙O的直径，
∴∠CBD＝90°，即CB⊥BD
∵OG∥BD，
∴OG⊥BC，
∴，
∴∠GDB＝∠GBF，
又∵∠DGB＝∠BGF，
∴△GBD∽△GFB；
∴，
∴GB2＝GF•GD，
∴42＝8GF，
∴GF＝2，
∴FD＝8﹣2＝6．
（3）连接CG，如图2所示：

∵∠GDB＝∠GCB，OG⊥BC，
∴，BE＝CE，
设GE＝x，OG＝OC＝r，则OE＝r﹣x，CG＝3x
在Rt△CGE中，，
∴，
在Rt△OCE中，OE2+CE2＝OC2，
即
解得：，
∴CD＝2r＝9x，
在Rt△DBC中，BD2+BC2＝CD2，
∴，
∴BD＝7x或BD＝﹣7x（舍去），
∴．
9.（2021年天津市和平区中考数学二模试卷）已知DA、DC分别与⊙O相切于点A，C，延长DC交直径AE的延长线于点P．
（Ⅰ）如图①，若DC＝PC，求∠P的度数；
（Ⅱ）如图②，在⊙O上取一点B，连接AB，BC，BE，当四边形ABCD是平行四边形时，求∠P及∠AEB的大小．


【答案】（1）∠P＝30°；（2）∠P＝30°，∠AEB＝60°．
【解析】（1）根据切线的性质得到DA＝DC，OA⊥AD，根据特殊角的三角函数值求出∠P；
（2）连接OC、AC，根据菱形的判定定理得到平行四边形ABCD为菱形，根据菱形的性质得到∠ABC＝∠ADC，DA＝DC＝BA＝BC，根据圆周角定理、四边形内角和等于360°求出∠P，根据等边三角形的性质、圆周角定理求出∠AEB．
【解答】解：（1）∵DA、DC是⊙O的切线，
∴DA＝DC，OA⊥AD，
∵DC＝PC，
∴AD＝DC＝CP，
在Rt△DAP中，sinP=ADDP=12，
∴∠P＝30°；
（2）如图②，连接OC、AC，
∵DA、DC是⊙O的切线，
∴DA＝DC，∠OAD＝∠OCD＝90°，
∴∠AOC+∠ADC＝180°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴平行四边形ABCD为菱形，
∴∠ABC＝∠ADC，DA＝DC＝BA＝BC，
∵∠OAC＝2∠ABC，
∴∠ADC＝60°，
∴∠P＝30°，
∵BA＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
由圆周角定理得：∠AEB＝∠ACB＝60°，
答：∠P＝30°，∠AEB＝60°．

10.（2021年云南省昆明市禄劝彝族苗族自治县中考数学模拟试卷（二））如图，是的直径，点在上，垂直于过点的切线，垂足为，垂直，垂足为．延长交于点，连接，与相交于点，连接．
（1）求证：；
（2）若，求证：是等腰直角三角形．

【答案】见解析
【解析】证明：（1）连接，
是的切线，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）证法一：连接，
，
，
，，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形；
证法二：设，则，
，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形．

11.（2021年浙江省温州市九年级数学中考模拟卷（一））如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，将△ABC沿直线AB折叠得到△ABD，交⊙O于点D．连接CD交AB于点E，延长BD和CA相交于点P，过点A作AG∥CD交BP于点G．
（1）求证：直线GA是⊙O的切线；
（2）求证：AC2＝GD•BD；
（3）若tan∠AGB＝，PG＝6，求cos∠P的值．

【答案】见解析
【解析】（1）证明：∵将△ABC沿直线AB折叠得到△ABD，
∴BC＝BD．
∴点B在CD的垂直平分线上．
同理得：点A在CD的垂直平分线上．
∴AB⊥CD即OA⊥CD，
∵AG∥CD．
∴OA⊥GA．
∵OA是⊙O的半径，
∴直线GA是⊙O的切线；

（2）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°．
∴∠ABD+∠BAD＝90°．
∵∠GAB＝90°，
∴∠GAD+∠BAD＝90°．
∴∠ABD＝∠GAD．
∵∠ADB＝∠ADG＝90°，
∴△BAD∽△AGD．
∴．
∴AD2＝GD•BD．
∵AC＝AD，
∴AC2＝GD•BD；

（3）解：∵tan∠AGB＝，∠ADG＝90°，
∴．
∴．
∵AD2＝GD•BD，
∴BD＝2GD．
∵＝，
∴∠GAD＝∠GBA＝∠PCD．
∵AG∥CD，
∴∠PAG＝∠PCD．
∴∠PAG＝∠PBA．
∵∠P＝∠P，
∴△PAG∽△PBA．
∴PA2＝PG•PB
∵PG＝6，BD＝2GD，
∴PA2＝6（6+3GD）．
∵∠ADP＝90°，
∴PA2＝AD2+PD2．
∴6（6+3GD）＝（）2+（6+GD）2．
解得：GD＝2或GD＝0（舍去）．
∴PD＝8，AP＝6，
∴cos∠P＝．


12.（黑龙江省哈尔滨市萧红中学2021年九年级中考数学模拟测试试题（一））已知，△ABC内接于圆O，过点C作AB的垂线，垂足为点E，交圆O于点D．
（1）如图1，连接OB，求证：∠ACD＝∠CBO；
（2）如图2，过点O作AB的垂线，垂足为G，交BC于F，若FG＝AG，求证AB＝CD；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接DF交AB于点M，过点B作DF的垂线交CD于点N，垂足为H，连接MN，若∠NMF＝2∠NBA，FO＝3，求MN的长．

【答案】见解析
【解析】（1）如图1中，作直径BH，连接CH，根据圆周角定理可得∠BCH＝∠H+∠CBO＝90°，再利用直角三角形的性质即可解决问题；
（2）如图2中，连接AD，根据垂径定理可得AG＝BG，所以BG＝FG，则△FGB是等腰直角三角形，再证明△BEC和△AED是等腰直角三角形，即可解决问题；
（3）如图3中，延长NM，FG交于点R，连接BR，过点R作RT⊥CD于T，设∠D＝x，先证明∠DNM＝x＝∠D，则EN＝ED，FM＝RM，再证明△NTR≌△BEN（AAS），得EN＝RT＝EG，设AE＝m，则AE＝ED＝EG＝NE＝m，得CN＝DN，证明四边形ENOG是正方形，再证明△DEM∽△FGM，可得EM的长，最后利用勾股定理可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1，作直径BH，连接CH，

∴∠HCB＝90°，
∴∠H+∠CBO＝90°，
∵∠A＝∠H，
∴∠A+∠CBO＝90°，
∵AB⊥CD，
∴∠AEC＝90°，
∴∠A+∠ACD＝90°，
∴∠ACD＝∠CBO；
（2）证明：如图2，连接AD，

∵FG⊥AB，且FG经过点O，
∴AG＝BG＝FG，
∴△FGB是等腰直角三角形，
∴∠GBF＝45°，
∵∠D＝∠GBF＝45°
∵∠AED＝90°，
∴∠DAE＝∠D＝45°，
∴AE＝ED，
同理得：CE＝BE，
∴AE+BE＝DE+CE，即AB＝CD；
（3）解：如图3，延长NM，FG交于点R，连接BR，过点R作RT⊥CD于T，
设∠CDF＝x，
∵AB⊥CD，BN⊥DF，
∴∠DEM＝∠BHM＝90°，
∵∠EMD＝∠BMH，
∴∠ABN＝∠CDF＝x，
∵∠NMF＝2∠NBA，∠NMF＝∠CDF+∠DNM，
∴2x＝∠CDF+∠DNM，

∴∠DNM＝x＝∠CDF，
∴MN＝DM，
∴EN＝ED，
同理得：FM＝RM，
∵MG⊥FR，
∴FG＝RG＝BG，
∴∠GRB＝∠GBR，
∵∠MRG＝∠ABN＝x，
∴∠NRB＝∠NBR，
∴NR＝BN，
∴∠BEN＝∠NTR＝90°，
∵∠TNR＝∠ABN＝x，
∴△NTR≌△BEN（AAS），

∴EN＝RT＝EG，
设AE＝m，则AE＝ED＝EG＝NE＝m，
∵AG＝BG＝2m，
∴AB＝4m，
∵AB＝CD，
∴CD＝4m，
∴CN＝4m﹣2m＝2m，
∴CN＝DN，
连接ON，
∴ON⊥CD，
∴∠ONE＝∠NEG＝∠OGE＝90°，
∴四边形ENOG是正方形，
∴OG＝EN＝m，
∵FG＝BG＝2m，
∴OF＝OG＝m，
∵OF＝3，
∴m＝3，
∵DE∥FG，
∴△DEM∽△FGM，
∴，即＝，
∵EM+MG＝3，
∴EM＝1，
由勾股定理得：MN＝＝＝．
13.（江西省南昌市2021年九年级中考数学第一次调研检测（一模）试卷）如图1，在△OAB中，AB＝2cm，OB＝4cm，点A在半径为2cm的⊙O上．
（1）求证：直线AB与⊙O相切；
（2）如图2，CD切⊙O于点C，CD＝2cm，连接BD，交⊙O于点E，F．
①求证：DE＝BF；
②若E，F两点重合，如图3，求阴影部分的面积．

【答案】见解析
【解析】（1）利用勾股定理逆定理证明∠OAB＝90°．即可证明切线．
（2）①根据垂径定理得到EH＝FH．然后证明△OAB≌△OCD，即可得到OB＝OD从而有BH＝HD．即可求证结论了．
②先说明BD与⊙O相切．即可找到∠AOB＝∠EOB．根据三角函数即可求出∠AOB＝30°．从而便可计算阴影部分的面积．
【解答】解：（1）证明：∵AB＝2cm，OB＝4cm，OA＝2cm．
∴AB2+OA2＝OB2．
∴∠OAB＝90°．
∵点A在圆上．
∴直线AB与⊙O相切．
（2）①连接OC、OD．作OH⊥EF于H，如图：

∴EH＝FH．
∵AB＝2cm，CD＝2cm．
∴AB＝CD．
∵CD切⊙O于点C．
∴∠C＝90°．
在△OAB与△OCD中．
．
∴△OAB≌△OCD（SAS）．
∴OB＝OD．
∵OH⊥EF．
∴BH＝HD．
∴BH﹣HF＝DH﹣EH．
∴DE＝BF．
②如图：

∵OB＝OD，DE＝BF．
∴OE⊥BD．
∴BD与⊙O相切．
∴AB＝BE＝2cm．∠ABO＝∠EBO．
∴∠AOB＝∠EOB．
∵．
∴∠AOB＝30°．
∴∠EOB＝30°．
∴＝．
14.（广东省广州市越秀区八一实验中学2020-2021学年九年级下学期中考数学二模试卷）如图，半径为4的中，弦AB的长度为，点C是劣弧上的一个动点，点D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，连接DE，OD，OE．
（1）求的度数；
（2）当点C沿着劣弧从点A开始，逆时针运动到点B时，求的外心P所经过的路径的长度；
（3）分别记的面积为，当时，求弦AC的长度．

【答案】（1）；（2）；（3）或．
【解析】
【分析】（1）过O作OH⊥AB于H，由垂径定理可知AH的长，然后通过三角函数即可得到，从而可得到的度数；
（2）连接OC，取OC的中点G，连接DG、EG，可得到O、D、C、E四点共圆，G为△ODE的外心，然后用弧长公式即可算出外心P所经过的路径的长度；
（3）作CN∥AB交圆O于N，作CF⊥AB交AB于F，交DE于P，作OM⊥CN交CN于M，交DE于Q，交AB于H，连接OC，分别表示出，的面积为，，由可算出，然后可利用勾股定理求出结果．
【详解】解：（1）如图，过O作OH⊥AB于H，

∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）如图，连接OC，取OC的中点G，连接DG、EG，

∵D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，，
∴OD⊥AC，OE⊥BC，即∠ODC=∠OEC=90°，
∴，
∴O、D、C、E四点共圆，G为△ODE的外心，
∴G在以O为圆心，2为半径的圆上运动，
∵，
∴运动路径长为；
（3）当点C靠近A点时，如图，作CN∥AB交圆O于N，作CF⊥AB交AB于F，交DE于P，作OM⊥CN交CN于M，交DE于Q，交AB于H，连接OC，

∵D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，
∴，
∵，，
∴OH=2，
设，，由题可知，，
∴，，
∴

∵，
∴，即，
解得，
∴，即，
由于，∴，
又∵，
∴，
同理当点C靠近B点时，可知，
综上所述，或．
【点睛】本题是圆的综合问题，题目相对较难，属于中考压轴题类型，理解题意并能准确画出辅助线是解题的关键．
15.（2021年山东省淄博市数学中考模拟试卷（一））已知，如图，EB是⊙O的直径，且EB＝6，在BE的延长线上取点P，使EP＝EB，A是EP上一点，过A作⊙O的切线，切点为D，过D作DF⊥AB于F，过B作AD的垂线BH，交AD的延长线于H．当点A在EP上运动，不与E重合时：
（1）是否总有，试证明你的结论；
（2）设ED＝x，BH＝y，求y和x的函数关系，并写出x的取值范围．


【答案】见解析
【解析】解：①无论点A在EP上怎么移动（点A不与点E重合），
总有
证明：连接DB，交FH于G．
∵AH是⊙O的切线，∴∠HDB＝∠DEB．
又∵BH⊥AH，BE为直径，
∴∠BDE＝90°．
有∠DBE＝90°﹣∠DEB＝90°﹣∠HDB＝∠DBH．
在△DFB和△DHB中，
DF⊥AB，∠DFB＝∠DHB＝90°，
DB＝DB，∠DBE＝∠DBH，
∴△DFB≌△DHB．
∴BH＝BF．∴△BHF是等腰三角形．
∴BG⊥FH，即BD⊥FH．
∴ED∥FH，
∴；

②∵ED＝x，BH＝y，BE＝6，BF＝BH，
∴EF＝6﹣y，
又∵DF是Rt△BDE斜边上的高，
∴△DFE∽△BDE，
∴
即ED2＝EF•EB．
∴x2＝6（6﹣y）即y＝﹣x2+6
∴ED＝x＞0，
当A从E向左移动，ED逐渐增大，
当A和P重合时，ED最大，
这时，连接OD，则OD⊥PH，
∴OD∥BH．
又PO＝PE+EO＝6+3＝9，PB＝12，
，BH＝
∴BF＝BH＝4，EF＝EB﹣BF＝6﹣4＝2．
由ED2＝EF•EB，得：x2＝2×6＝12，
∵x＞0，∴x＝2 ，
∴0＜x≤2 ，
[或由BH＝4＝y，代入y＝﹣x2+6中，得x＝2 ]
故所求函数关系式为y＝﹣x2+6（0＜x≤2 ）．