2024-2025学年人教版九年级上册数学寒假提升训练：圆的证明题（含解析）

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2024-2025学年人教版九年级上册数学寒假提升训练：圆的证明题
1．如图，在中，，以为直径的与，分别相交于点D，E．
(1)求证：；
(2)若半径为5，，求扇形的面积．
2．如图，为等腰三角形，O是底边的中点，腰与相切于点D．
(1)求证：是的切线．
(2)已知：，，求的半径是多少？
3．如图，是的直径，过点作的切线，点、、分别为的三等分点，连接，，，延长交于点，交于点．
(1)求证：；
(2)连接，若，求的面积．
4．如图，在中，，以边为直径作交于点D，连接并延长交的延长线于点E，点P为的中点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为3，，求的长．
5．如图，是的直径，是的弦，半径，交于点F，点D在的延长线上，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求图中阴影部分的面积．
6．如图，是的直径，点P是延长线上一点，且与相切，弦于点F，过D点作于点E．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径和的长．
7．如图，在中，以为直径的作，分别交于点，且，连接，过点作，．
(1)求证：为的切线；
(2)求证：；
(3)若，，求的长．
8．如图，是的直径，弦，过点作的切线交的延长线于点，连接，．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
9．如图，是的直径，交于点D，点C为上方上一点，连接与交于点E，过点C作的切线交的的延长线于点F．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
10．如图，在的斜边上取点，以为直径作，切于点，连接．
(1)求证：平分；
(2)如果，，求的长．
11．如图，是的直径，是弦的延长线上一点，且，的延长线交于点．
(1)求证：；
(2)连接，若，求的度数．
12．如图，内接于 且为的直径，过点作，交于点，交于点．过点作直线交的延长线于点，且．
(1)求证：直线与相切；
(2)若，求的长．
13．如图，是的直径，点C在上，连接，．作交于点D，交于点E．
(1)求证：；
(2)过点D作的切线交的延长线于点F，若，．求的长．
14．如图，在中，弦，于E，于H．
(1)求证：．
(2)若的半径为5，，，求的长．
15．如图，为的直径，C为上一点，D为的中点，过C作的切线交的延长线于E，交的延长线于F，连．
(1)求证：与相切；
(2)若，，求的半径．
16．如图中，，平分交于点E，以点E为圆心，为半径作交于点F．
(1)求证：与相切；
(2)若，试求的长．
17．如图，，分别与相切于，两点，的延长线交弦于点，，连接．
(1)求证：；
(2)若，的半径为2，求的长．
18．如图，四边形，，以为直径作，经过点，交于点，为弧的中点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求阴影部分的面积．
19．如图，在中，，以为直径的分别交，于点，，连接，，与交于点．
(1)求证：；
(2)当时，求的度数．
20．如图，是的直径，点在上．平分，过点作于点．
(1)求证：是的切线；
(2)连接，若，，求的长．
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《2024-2025学年人教版九年级上册数学寒假提升训练：圆的证明题》参考答案
1．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了扇形面积和等腰三角形的性质以及圆周角定理．掌握扇形的面积公式、等腰三角形的性质以及圆周角定理是解题的关键．
（1）连接，根据圆周角定理的推论得到，再根据等腰三角形的性质即可得到；
（2）根据已知求出，根据扇形面积公式即可得到答案．
【详解】（1）证明：连接
为的直径

又

（2）
又∵四边形内接于
，
是的中位线
∥，

2．(1)见解析
(2)的半径是
【分析】（1）过点O作于点E，连接，根据等腰三角形“三线合一”的性质结合角平分线的性质定理，得出，即是的半径，即证是的切线；
（2）根据等腰三角形“三线合一”的性质可求出，，再根据含30度角的直角三角形的性质得出，即得出答案．
【详解】（1）证明：过点O作于点E，连接，
为等腰三角形，O是底边的中点，
是的平分线．
与O相切于点D，
∴，
，即是的半径，
是的切线；
（2）解：∵为等腰三角形，O是底边的中点，
∴是的平分线，，，
∴．
∴．
∵，
，
的半径是．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，切线的性质和判定，角平分线的性质定理，含30度角的直角三角形的性质，连接常用辅助线是解题关键．
3．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了垂直平分线的判定、三角形的外心、圆切线的性质、平行线的判定，等边三角形的判定与性质、直径所对的圆周角是直角、勾股定理、含角的直角三角形的性质，熟练掌握知识点推理是解题的关键．
（1）根据三等分点，得出，内接于，推出，点是的外心，得出，根据切线的性质，得出，根据“同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行”，即可得证；
（2）连接，由（1）得，，，得出是等边三角形，，得出，计算出角度，，根据“直径所对的圆周角是直角”，得出，求出，根据“角所对的直角边是斜边的一半”，结合勾股定理，推出，，根据三角形面积公式，计算，得出答案即可．
【详解】（1）证明：∵点、、为的三等分点，
∴，内接于，
∴，点是的外心，
∴点、在线段的垂直平分线上，
∴，
∵过点作的切线，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，
∵由（1）得：，，，
∴是等边三角形，，
∴，，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，，
又∵在中，，
∴，，
∴在中，．
4．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，圆周角定理，得到，斜边上的中线得到，进而得到，等边对等角，得到，根据等角的余角，推出，即可；
（2）证明是等边三角形，进而推出，得到，勾股定理求出，即可得出结果．
【详解】（1）证明：连接，
∵为直径，
∴，
∴，
∵点P为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
由（1）知，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，等边三角形的判定性质，含30度角的直角三角形，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，由等边对等角可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，即，然后根据切线的判定定理即可得出结论；
（2）由三角形的内角和定理可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，由含度角的直角三角形的性质可得，利用勾股定理可得，然后根据即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∴，
即图中阴影部分的面积为．
【点睛】本题主要考查了等边对等角，直角三角形的两个锐角互余，切线的判定，三角形的内角和定理，含度角的直角三角形，勾股定理，求其他不规则图形的面积，三角形的面积公式，求扇形面积等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键．
6．(1)证明见解析
(2)6；
【分析】（1）连接，根据是半径，是的切线得，，
即，根据于F得，则，根据得，即可得；
（2）在中，设，则，，由勾股定理可得，即，解得，则，，在中，根据等面积法可求，在中，由勾股定理得，即可得，根据角平分线的性质可得．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵是半径，是的切线，
∴，
∴，
即，
∵于F，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：在中，设，
∴，，
由勾股定理可得：，
即，
得，
∴，，
∵于F，
∴，
即，
∴，
在中，，，由勾股定理得：
，
∴，
∵平分，，，
∴，
∴的半径为6，的长为．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、角平分线的性质，掌握切线的性质，等边对等角，勾股定理，角平分线的性质是解题的关键．
7．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由圆中弦、弧、圆周角之间的关系，结合题意得到，再由直径所对的圆周角是直角，利用直角三角形两锐角互余，等量代换即可得到，从而确定为的切线；
（2）连接，如图所示，由直径所对的圆周角是直角，得到，再由两个三角形全等的判定与性质得到，，，进而根据平行性质及全等三角形的判定得到，从而得到；
（3）设，，在中、在中、在中由勾股定理列出相应方程，解方程组及方程即可得到答案．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
为的直径，
，
，
，
且为的半径，
为的切线；
（2）证明：连接，如图所示：
为的直径，
，
，
由（1）知，
又，，
，
，，，
，
，，
，
又，
，
；
（3）解：设，，
，，
在中，由勾股定理可得，即，
在中，由勾股定理可得，即，
①，
在中，由勾股定理可得，即②，
由①②消去得到，解得，（舍去），
．
【点睛】本题考查圆综合，涉及圆中弦、弧、圆周角之间的关系、圆周角定理、直角三角形性质、切线的判定、平行线性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、解方程（组）等知识，熟练掌握相关几何知识灵活运用是解决问题的关键．
8．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，正确作出辅助线是解题关键．
（1）作于点，连接，，先由平行的性质易得，再由切线的性质得，进而得，即可得，再由垂径定理和圆周角定理可得，，继而可得结论；
（2）作于点，设的半径为，则，，由勾股定理列方程得，解方程得，进而可得、的值，再由勾股定理可得的值，最后由可得答案．
【详解】（1）证明：作于点，连接，，如图1，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的切线，是切点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：作于点，如图2
∵，于点，
∴，，
∴四边形为矩形，
∴，
设的半径为，则，
∵，
∴，
∵在中，，，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴．
9．(1)见解析
(2)5
【分析】此题考查了切线的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识．
（1）连接，由切线的性质得到，则，由得到，由得到，即可证明结论；
（2）设的半径为r，则，，；利用勾股定理得到，解方程得到，即可得到答案．
【详解】（1）解：连接，
∵过点C作的切线交的的延长线于点F．
∴，
∴，
∴，
∵交于点D，
∴，
∴，
∵
∴，
∴；
（2）设的半径为r，则，，
在中，
,
∴，
解得，
∴
10．(1)见解析；
(2)的长为．
【分析】（）连接，由切线的性质得，又，则，故有，根据平行线的性质可得，再证明，从而求证；
（）设，则，然后由勾股定理得出，再解方程并检验即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：∵，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，（舍），
即的长为．
【点睛】本题考查了圆的切线性质，角平分线定义，平行线的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程，解题的关键时熟练掌握相关性质定理．
11．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接．首先证明，推出即可解决问题；
（2）连接，根据，只要求出即可．
【详解】（1）证明：连接，
是的直径，
，即，
，则垂直平分，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，
，
，
是的一个外角，
，
是的直径，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，三角形的外角性质，直角三角形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
12．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查切线的判定与性质、圆周角定理的推论、勾股定理应用，解题的关键是掌握相关的性质定理，进行证明．
（1）先证明即可得出，从而证明结论；
（2）先求出，再求出，利用勾股定理求出结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵是⊙的直径，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是⊙的半径，
∴直线与⊙相切；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴的长为．
13．(1)见解析
(2)3
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，平行线的性质可得出，然后根据垂径定理即可得证；
（2）根据切线的性质以及（1）的结论可证明四边形是矩形，则，根据垂径定理得出，在中，根据勾股定理求出，然后根据三角形中位线定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，
∵是的切线，
∴，
又，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∵，，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．
14．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查弧、弦之间的关系及垂径定理，熟练掌握弧、弦的关系及垂径定理是解题的关键；
（1）由题意易得，进而问题可求证；
（2）连接，由勾股定理，得．根据垂径定理可进行求解．
【详解】（1）证明：，
，，
即，
．
（2）解：连接，如图所示：
，，
．
由勾股定理，得．
同理可得．
．
15．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查三线合一、切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握相关定理并能利用等面积法解决问题是关键．
（1）连接，由三线合一得，根据垂直平分线的性质可得，证明，利用全等三角形的性质可得即可；
（2）先利用勾股定理求得，设，再根据等面积法列即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
是的切线，
，
为的中点，，
，则垂直平分，
，
，，
，
，
与相切；
（2）解：，，
，
由（1）可知，，
，
设，
，
，
，
解得，
故的半径为．
16．(1)见解析
(2)3
【分析】本题主要考查了圆与三角形综合，熟练掌握角平分线性质，圆切线判定和性质，切线长定理，勾股定理，是解题的关键．
（1）作于点H，根据角平分线性质得，得点H在上，即得与相切；
（2）根据勾股定理得，得，根据是的切线，得，得，根据，得，解得，，即得．
【详解】（1）证明：作于点H，
∵平分，，
∴，
∴，
∴点H在上，
∴与相切．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵是的半径，，
∴是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长为3．
17．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的性质，垂径定理，矩形的判定和性质．
（1）连接，由切线的性质得，再由四边形内角和得，由平角的性质得，进而得，再由垂径定理得，继而可得结论；
（2）过点C作于点M，先由已知得四边形是矩形，进而得，，，结合（1）易得是等腰直角三角形，进而可得，，再由即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，分别与相切于，两点，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，，
∴，平分，
∴，
∴；
（2）解：如图，过点C作于点M，
∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）得，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵的半径为2，即，
∴，
∴，，
∴．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（）连接，由可得，进而得，得到，即得，得到，即可求证；
（）连接，过作于点，可得，，即得，又可证四边形为矩形，得到，即得到，得到，进而得到，即得，最后根据计算即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
为的中点，
∴ ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线；
（2）解：连接，过作于点，
过圆心，于点，
，，
，
，
，
四边形为矩形，
，
，
，
，为直径，
，
．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，平行线的判定和性质，垂径定理，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，扇形的面积，正确作出辅助线是解题的关键．
19．(1)见解析
(2)
【分析】（1）如图，连接，利用等腰三角形的性质证明 ，再利用中位线的性质可得答案；
（2）先证明， 求解 再利用角的和差关系可得答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，
为⊙O的直径，
，而 ，
，
，
；
（2）解：为⊙O的直径，
，而，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形中位线定理，圆周角定理的应用，三角形内角和定理等知识，熟悉以上重点图形的基本性质是解本题的关键．
20．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，得到，得，根据于点即可得，即可得证．
（2）连接，求得，在中，求得；在中，，；在中，利用勾股定理可求得．
【详解】（1）证明：如图，连接．
∵平分
∵，
∴．
∴．
∴．
∵于点，
，即
是半径，
是的切线；
（2）解：连接．
∵是的直径，
∴．
∵，
∴．
在中，
∵，，
∴．
在中，
∵，
∴．
∵，
,
∴．
∴．
在中，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定、勾股定理，圆周角定理，含30度的直角三角形，等腰三角形的判定和性质，作出恰当的辅助线是解决问题的关键．
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