圆的综合题重点考点 预测练 2025年中考数学三轮复习备考

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圆的综合题重点考点 预测练
2025年中考数学三轮复习备考
1．如图是的直径，弦与相交于点E，与相切于点A，交的延长线于点F，，，．
(1)求的度数；
(2)求的长度；
(3)判定四边形的形状，并证明你的结论．
2．如图，在中，，点D是上一点，且，点O在上，以点O为圆心的圆经过C、D两点．

(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若的半径为3，求的长．
3．如图，已知与相交于点，为的两条弦，连接并延长，交的延长线于点，交于点．连接，，，，．
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为，求的长．
4．如图，是的直径，C，D为上两点，平分，交于点E．过点C作的切线交的延长线于点P．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
5．已知是的内接三角形，，，点是上一点，连接、、．
(1)如图1，若为的直径，求的度数；
(2)如图2，若，过点作的切线交的延长线于点，若，求的长．
6．如图，在中，是边上的点．过点作交于点，垂足为，过点作，垂足为，连接，经过点D，E，F的与边另一个公共点为，连接，．
(1)求证：；
(2)若，求的半径．
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，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．
9．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．
10．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．
11．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．
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)
(2)
(3)平行四边形，证明见解析
【分析】（1）由切线的性质得出，求出，得出，由圆周角定理可得．
（2）证出，由垂径定理得出，证明是等边三角形，得出，由直角三角形的性质得出，，求出，即可得出即可；
（3）根据（1）（2）得到的相关结论证明、，然后根据两组对边平行的四边形是平行四边形即可解答．
【详解】（1）解：∵与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，由勾股定理得：，
即，
∴，
∴．
（3）解：四边形是平行四边形，证明如下：
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定等知识点，熟练掌握圆周角定理、垂径定理和等边三角形的相关知识是解题的关键．
2．(1)直线与相切，理由见解析
(2)6
【分析】（1）连接，根据圆周角定理，得到，进而得到，即可得出与相切；
（2）解直角三角形，求出的长，进而求出的长，再解直角三角形，求出的长即可．
【详解】（1）解：直线与相切，理由如下：
连接，则：，

∵，即：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴直线与相切；
（2）解：∵，的半径为3，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设：，
则：，
∴，
∴．
【点睛】本题考查切线的判定，解直角三角形．熟练掌握切线的判定方法，正弦的定义，是解题的关键．
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】（）由平行线的性质可得，进而由等腰三角形的性质可得，再由三角形内角和定理得，即可得， 即得，最后根据平行线的性质得到，即可求证；
（）过点作于点，由（）可知，为等腰直角三角形，由勾股定理得，进而由等腰直角三角形的性质得到，由直角三角形的性质得到，由勾股定理得到，最后根据线段的和差关系即可求解．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：如图，过点作于点，则，
由（）可知，为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，切线的判定，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
4．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了切线的性质，弧与圆心角之间的关系，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，熟知圆的相关知识是解题的关键．
（1）连接，先证明得到，则可证明，由切线的性质得到，再证明，得到，则可证明；
（2）证明∴，得到，设，则，，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵平分，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴．
5．(1)
(2)
【分析】（1）根据等边对等角得到，根据半圆或直径所对圆周角为直角得到，则，由此即可求解；
（2）根据同弧所对圆周角相等可得到，由平行线的性质，角的和差得到，由圆周角定理得到，根据切线的性质得到，则，根据含角的直角三角形的性质得到，再根据弧长公式计算即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
若为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图所示，连接，
∵所对圆心角是，所对圆周角是，
∴，
∵是的切线，
∴，
在中，，
∴，
∴，即可，
解得，（负值舍去），
∴．
【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握等边对等角，同弧或等弧所对圆周角相等，切线的性质，圆周角定理，含角的直角三角形的性质，弧长公式的计算等知识是关键．
6．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据垂直的意义可得，从而可得，，根据同角的余角相等可得，再根据圆内接四边形的性质得出，从而可得出结论成立；
（2）先根据等边对等角证得，从而可得，于是可求得再根据圆内接四边形的性质得出，结合，可证明，再根据相似三角形的性质列出比例式，然后利用正切求得
，从而可得，进而求得，再利用线段差求得，利用勾股定理求得，再说明是的直径，求得的半径．
【详解】（1）证明：，
，
，，
，
四边形是的内接四边形，
，
；
（2）解：，
，
，
，
．
四边形是的内接四边形，
，
由（1）知，
，
，
在中，，
，
，
，
，
．
在中，，
，
，
点在上，且，
是的直径，
的半径为．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，解题关键是找准相似三角形求解相关线段．
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)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．
9．(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．
10．(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．
11．(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．
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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