圆的综合题典型考点 押题练 2025年中考数学三轮复习备考

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圆的综合题典型考点 押题练
2025年中考数学三轮复习备考
1．如图，在中，，点在边上，以为半径的半圆交于点，交于点，在边上取一点，连接，使．
(1)求证：为半圆的切线；
(2)若，，求的长．
2．已知：中，，以为直径的分别交，于点，．

(1)如图①，若点为的中点，连接，求和的大小；
(2)如图②，过点作的切线与相交于点，且，若，求半径的长．
3．如图，在中，，点E是边上的点，点O是边上的点，过点E作与边分别相交于点D，F，．

(1)求证：为的切线；
(2)当，时，求的长．
4．如图，以中，，以直角边为直径作，交斜边于点F，过点D作，交于点E，连接．
(1)求证：是的切线：
(2)求证：．
5．如图，是的直径，点C是上异于A、B的点，连接，点D在的延长线上且，点E在的延长线上，且．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，求的长．
6．如图，在中，O为上一点，以O为圆心，长为半径作圆，与相切于点C，过点A作，交的延长线于点D，且．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，求的长．
7．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．
8．如图1，内接于，，连接．
(1)求证：平分；
(2)如图2，过点作的垂线，交于点，垂足为点，连接、，与相交于点，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点，交于点G，连接，若，，求的长．
9．如图，以为直径的上有两点、，，过点作直线交的延长线于点，交的延长线于点，过作平分交于点，交于点．

(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)如果是的中点，且，求的长．
10．如图，已知是的直径，，都是的弦，于点G，交 于点F，且，连结，分别交，于点H，K．
(1)求证：．
(2)若，求的直径．
(3)若点F在半径上，，请直接写出的值．
11．如图，是的直径，是一条弦，点是的中点，于点，交于点，连结交于点．
(1)求证：；
(2)延长至点，使，连接．
①求证：是的切线；
②若，，求的半径．
12．已知内接于圆，点为弧上一点，连接交于点，．
（1）如图1，求证：弧弧；
（2）如图2，过作于点，交圆点，连接交于点，且，求的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，圆上一点与点关于对称，连接，交于点，点为弧上一点，交于点，交的延长线于点，，的周长为20，，求圆半径．
参考答案
1．(1)见解析；
(2)．
【分析】本题考查了切线的判定，勾股定理，解直角三角形，等边对等角，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）连接，则，又，故，所以，从而得，然后通过切线的判定方法即可求证；
（）连接，设半圆的半径为，由，则，，，又，所以，故，然后用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是半圆的直径，
∴是半圆的切线；
（2）解：连接，设半圆的半径为，
∵，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴的长为．
2．(1)
(2)2
【分析】本题考查了切线的性质、垂径定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，解直角三角形．
（1）连接，根据点为的中点，推出，由圆周角定理得到，即可求出，根据四边形是圆内接四边形，即可推出，即可求解；
（2）连接，过点作，根据切线的性质得到，易证四边形是矩形，推出，易证，在中，解直角三角形求出，证明，推出，根据即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接，
点为的中点，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
四边形是圆内接四边形，
，
，
；
（2）解：如图，连接，过点作，
，
为的切线，
，即，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
解得，即半径的长为．
3．(1)见解析；
(2)的长为．
【分析】此题考查垂径定理、圆周角定理、切线的判定定理、锐角三角函数等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
（1）连接， 由是的直径，得，由，得垂直平分，再证明，则，即可证明为的切线；
（2）由勾股定理求出，设，则，由，进一步求得即可求得．
【详解】（1）证明：如图，连接，

∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∵是的半径，
∴为的切线；
（2）解：∵，，，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴．
4．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题主要考查了切线的判定，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，
（1）连接，再证明，可得，则可证；
（2）作，先说明，可得，再根据全等三角形的性质得，然后说明，可得，则可证．
【详解】（1）证明：连接，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）证明：过点E作，交于点G，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
即．
5．(1)见详解
(2)
【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质得出，由圆周角定理得出，证出，则可得出结论；
（2）设，，证明，由相似三角形的性质得出，求出的长，则可求出答案．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
，
，
又是的直径，
，
，
，
即，
，
是半径，
是的切线；
（2）解：，且，
设，，
，
，
又，，
，
∵
，
，
，
，
，
，
，
即的长为．
【点睛】本题考查了圆周角定理、平行线的性质、等边对等角、切线的判定、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定与相似三角形的判定和性质是解题的关键．
6．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查切线的判定与性质，解题的关键是掌握切线的判定、切线长定理、全等与相似三角形的判定与性质及解直角三角形的应用．
（1） 作， 先由求得， 再由及求得， 最后证得，依据切线的判定可得；
（2）先求得， 在中求得、， 由切线长定理知、、 ， 继而得，再证，根据对应边成比例解答即可．
【详解】（1）证明：过点作边上的垂线，并交于点，
，
，
，，
，
，
又∵是的切线，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴是的切线；
（2）∵，
，
又∵，
，，
∵，
，
，
，
，
，
即的半径为，
，
，，
∵，，
，
，
．
7．(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．
8．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接，证明，即可得证；
（2）等边对等角，圆周角定理，结合三角形的内角和定理，推出，即可得证；
（3）连接，作交与点，作交的延长线于点，过点作，证明，得到，证明，得到，设，，则：，证明，，得到，解，求出的长，得到，作，等积法求出的长，进而求出，在中，，得到，进而求出的值，解求出的长，同理求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理求出的长即可．
【详解】（1）证明：连接，则，
∵，
∴，
∴，
∴平分；
（2）设，
由（1）知：平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）连接，作交与点，作交的延长线于点，过点作，则：，，
∵，平分，
∴，
∴，
∵，设，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
设，，则：，
∵，，
∴，
由（2）可知：，
∴，
，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，，即，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
作，则：，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理：在中，，
∴，
在中，由勾股定理，得：．
【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊三角形和全等三角形，是解题的关键．
9．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得出，根据，得出，则可得，根据已知，得出，即可得证；
（2）根据角平分线的定义得出，又，根据三角形内角和定理得出，由是的直径，即可得证；
（3）取的中点，连接，证明，由是的中点，是的中点，得出，进而得出，设，则，勾股定理得出，,证明得出，根据角平分线的性质得出，即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，

∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴是的切线；
（2）证明：如图所示，

∵平分
∴
又∵，
则，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，取的中点，连接，

∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∵是的中点，是的中点，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∵，
∴
设，则，
∴
∵
∴
∴，,
∵，，
∴，
∴，
∵是的角平分线，
∴到的距离相等，设为，在，设点到的距离为，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的综合问题，相似三角形的性质与判定，切线的判定与性质，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
10．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由垂径定理得，等量代换得，进而可证结论成立；
（2）先证明，进而可证，求出，再证明，利用相似三角形的对应边成比例可得结论；
（3）证明得，证明是的中位线得，设，则，由勾股定理得，，证明，可求出，再证明求出，然后证明，利用平行线分线段成比例定理即可求解．
【详解】（1）证明：连结，

∵为直径，
∴
又∵
∴
∴
（2）∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
（3）．
连结．可证：，
又∵，
∴是的中位线，
∴，
设，则，
∴，，
∴，，
设交于点N，
∵，，
∴，
∴，
∴，
可证：，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，等角对等边，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，难度较大，属中考压轴题．
11．(1)证明见解析
(2)①证明见解析，②的半径为．
【分析】（1）如图，连接，证明，可得，证明，可得，进一步可得结论；
（2）①证明，可得是的垂直平分线，可得，，，而，可得，进一步可得结论；②证明，可得，求解，，结合，可得答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，为的直径，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）证明：①∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，，
而，
∴，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴是的切线；
②∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的半径为．
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，弧与圆心角之间的关系，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．
12．（1）见解析；（2）∠CAG=45°；（3）r=
【分析】（1）证∠ABD=∠ACB可得；
（2）如下图，△AHD绕点A旋转至△ALE处，使得点D与点B重合，证△ALE≌△AHE，利用勾股定理逆定理推导角度；
（3）如下图，延长QR交AB于点T，分别过点N、Q作BD的垂线，交于点V，I，取QU=AE，过点U作UK垂直BD.先证△AEN≌△QUD，再证△NVE≌△RKU，可得到NV=KR=DK，进而求得OB的长.
【详解】（1）∵∠CED是△BEC的外角，∴∠CED=∠EBC+∠BCA
∵∠ABC=∠ABD+∠EBC
又∵∠CED=∠ABC
∴∠ABD=∠ACB
∴弧AB=弧AD
（2）如下图，△AHD绕点A旋转至△ALE处，使得点D与点B重合
∵△ALB是△AHD旋转所得
∴∠ABL=∠ADB，AL=AH
设∠CAG=a，则∠CBG=a
∵BG⊥AC
∴∠BCA=90°-a，∴∠ADB=∠ABD=90°-a
∴在△BAD中，BAE+∠HAD=180-a-(90°-a)-(90°-a)=a
∴∠LAE=∠EAH=a
∵LA=AH，AE=AE
∴△ALE≌△AHE，∴LE=EH
∵HD=LB，
∴△LBE为直角三角形
∴∠LBE=(90°-a)+(90°-a)=90°，解得：a=45°
∴∠CAG=45°
（3）如下图，延长QR交AB于点T，分别过点N、Q作BD的垂线，交于点V，I，取QU=AE，过点U作UK垂直BD
由（2）得∠BAD=90°
∴点O在BD上
设∠R=n，则∠SER=∠BEC=∠MEB=90°-n
∴∠AEN=2n
∵SQ⊥AC
∴∠TAS=∠AQS=∠DQR，AN=QD
∵QU=AE
∴△AEN≌△QUD
∴∠QUD=∠AEN=2n
∴UD=UR=NE，
∵△ANE的周长为20
∴QD+QR=20
在△DQR中，QD=7
∵∠ENR=∠UDK=∠R=n
∴△NVE≌△RKU
∴NV=KR=DK=
∴BN=5
∴BD=12，OB=6
【点睛】本题考查了圆的证明，涉及到全等、旋转和勾股定理，解题关键是结合图形特点，适当构造全等三角形
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