2023年中考数学高频考点突破——圆的综合附答案

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2023年中考数学高频考点突破——圆的综合附答案
1．如图，四边形内接于圆，是圆的直径，，的延长线交于点，延长交于点，．

(1)求证：是圆的切线；
(2)连接，，，的长为______．





2．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，延长CD至点E．

(1)若AB＝AC，求证：∠ADB＝∠ADE；
(2)若BC＝3，⊙O的半径为2，求sin∠BAC．











3．如图，在中，，D是边上一点，以为直径的与相切于点E，连接并延长交的延长线于点F．

(1)求证：；
(2)若，求直径．







4．如图，正方形内接于，点E为的中点，连接交于点F，延长交于点G，连接．

(1)求证：；
(2)若．求和的长．






5．如图，在中，，点O为边上一点，以为半径的⊙与相切于点D，分别交，边于点E，F．

(1)求证：平分；
(2)若，，求⊙的半径．






6．已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为BA的延长线上一点，连接CD．

(1)如图1，若CO⊥AB，∠D＝30°，OA＝1，求AD的长；
(2)如图2，若DC与⊙O相切，E为OA上一点，且∠ACD＝∠ACE，求证：CE⊥AB．






7．如图，点在以为直径的上，平分交于点，交于点，过点作的切线交的延长线于点．

(1)求证：；
(2)若，，求的长．






8．如图，在中，，延长到点D，以为直径作，交的延长线于点E，延长到点F，使．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，，求的长．







9．如图，在中，，是上的一点，以为直径的与相切于点，连接，．
（1）求证：平分；
（2）若，求的值．







10．如图，在等腰锐角三角形中，，过点B作于D，延长交的外接圆于点E，过点A作于F，的延长线交于点G．

（1）判断是否平分，并说明理由；
（2）求证：①；②．








11．如图，在中，，与相交于点，与相交于点，连接，已知．

（1）求证：为的切线；
（2）若，，求的长．






12．已知：在圆O内，弦与弦交于点分别是和的中点，联结．

（1）求证：；
（2）联结，当时，求证：四边形为矩形．





13．如图，是的直径，点在上，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点，延长、相交于点．

（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为5，，求的长．






14．如图，四边形内接于，，延长到点，使得，连接．
（1）求证：；
（2）若，，，求的值．








15．如图，在中，，以为直径的半圆O交于点D，过点D作半圆O的切线，交于点E．

（1）求证：；
（2）若，求的长．







16．如图，四边形内接于圆，，对角线平分．
（1）求证：是等边三角形；
（2）过点作交的延长线于点，若，求的面积．








17．如图，在中，，点D为上一点，以为直径的交于点E，连接，且平分．

（1）求证：是的切线；
（2）连接，若，求．






18．如图，在中，，平分交于点，点在上，以点为圆心，为半径的圆恰好经过点，分别交、于点、．

（1）试判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求阴影部分的面积(结果保留)．

参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据圆内接四边形的性质和，可得出，再根据是圆的直径，由切线的判定可得证；
（2）延长交的延长线于点，由是圆的直径，可说明是直角三角形，从而得到，再证明，得到，代入数据即可得到答案．
【解析】（1）证明：∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是圆的直径，
∴是圆的切线．
（2）解：延长交的延长线于点，
∵是圆的直径，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴，  
∵四边形内接于圆，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
故答案为：．

【点评】本题考查了切线的判定，圆内接四边形的性质，圆周角定理推论，相似三角形的判定和性质，三角函数等知识．通过作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
2．(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据圆内接四边形外角等于内对角，得到∠ABC＝∠ADE，根据等腰三角形性质，得到∠ABC＝∠ACB，结合圆周角定理，∠ADB＝∠ACB，推理即可．
（2）作直径BF，连接FC，根据sin∠BAC= sin∠BFC计算即可．
【解析】（1）∵圆内接四边形外角等于内对角，四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴∠ABC＝∠ADE，

∵AB=AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠ADB＝∠ACB，
∴∠ADB＝∠ADE．
（2）如图，作直径BF，连接FC，
则∠BCF=90°，
∵圆的半径为2，BC=3，
∴BF=4，BC=3，∠BAC= ∠BFC，

∴sin∠BAC= sin∠BFC=．
【点评】本题考查了圆的内接四边形性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，三角函数，熟练掌握圆的内接四边形性质，圆周角定理，三角函数是解题的关键．
3．(1)证明过程见解析
(2)5

【分析】(1)连接OE，由AC是圆的切线得到∠AEO=90°=∠ACB，进而得到OE∥BC，得到∠F=∠DEO；再由半径相等得到∠ODE=∠DEO，进而得到∠F=∠ODE即可证明BD=BF；
(2)连接OE，由求出EC=2，证明∠CEB=∠F进而由求出BC=4，最后根据BD=BF=BC+CF=4+1=5．
【解析】（1）证明：连接OE，如下图所示：

∵AC为圆O的切线，
∴∠AEO=90°，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
∴OE∥BC，
∴∠F=∠DEO，
又∵OD=OE，
∴∠ODE=∠DEO，
∴∠F=∠ODE，
∴BD=BF．
（2）解：连接BE，如下图所示：

由(1)中证明过程可知：∠EDB=∠F，
∴，代入数据：，
∴EC=2，
又BD是圆O的直径，
∴∠BED=∠BEF=90°，
∴∠CEF+∠F=90°=∠CEF+∠CEB，
∴∠F=∠CEB，
∴，代入数据：，
∴BC=4，
由(1)可知：BD=BF=BC+CF=4+1=5，
∴圆O的直径为5．
【点评】本题考查了圆周角定理、圆中切线的性质、三角函数求线段长度等，熟练掌握圆的切线的性质及圆周角定理是解题的关键．
4．(1)见解析
(2)FB=

【分析】（1）根据正方形性质得出AD=BC，可证∠ABD=∠CGB，再证△BFE∽△GFB即可；
（2）根据点E为AB中点，求出AE=BE=3，利用勾股定理求得BD=，CE=，然后证明△CDF∽△BEF，得出DF=2BF，CF=2EF，求出BF=,EF=即可．
【解析】（1）证明：正方形内接于，
∴AD=BC，
∴，
∴∠ABD=∠CGB，
又∵∠EFB=∠BFG，
∴△BFE∽△GFB，
∴，
即；
（2）解：∵点E为AB中点，
∴AE=BE=3，
∵四边形ABCD为正方形，
∴CD=AB=AD=6，BD=，CE=，
∵，
∴△CDF∽△EBF，
∴，
∴DF=2BF，CF=2EF，
∴3BF=BD=，3EF=，
∴BF=，EF=，
由（1）得FG=．
【点评】本题考查圆内接正方形性质，弧，弦，圆周角关系，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握圆内接正方形性质，弧，弦，圆周角关系，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键．
5．(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接OD，根据切线的性质得到，继而证明，再根据等腰三角形的性质，进而得出，即可得出结论；
（2）连接DE，根据直径所对的圆周角是直角可得，继而证明，根据相似三角形的性质及锐角三角函数即可求解．
【解析】（1）

连接OD，
，以为半径的⊙与相切于点D，
，
，
，
，
，
，
平分；
（2）

连接DE，
AE是直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得，
，
⊙的半径为．
【点评】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，角平分线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定和性质及锐角三角函数，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键．
6．(1)
(2)见解析

【分析】（1）根据直角三角形的性质（在直角三角形中，30角所对的直角边等于斜边的一半）及勾股定理可求出OD，进而求出AD的长；
（2）根据切线的性质可得OCCD，根据同一个圆的半径相等及等腰三角形的性质可得∠OCA=∠OAC，由各个角之间的关系以及等量代换可得答案．
【解析】（1）解：∵OA=1=OC，COAB，∠D=30
∴CD=2⋅ OC=2
∴
∴
（2）证明：∵DC与⊙O相切
∴OCCD
即∠ACD+∠OCA=90
∵OC= OA
∴∠OCA=∠OAC
∵∠ACD=∠ACE
∴∠OAC+∠ACE=90
∴∠AEC=90
∴CEAB
【点评】本题考查切线的性质，直角三角形的性质，勾股定理以及等腰三角形的性质，掌握相关性质定理是解题的关键．
7．(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接OD，由CD平分∠ACB，可知，得∠AOD=∠BOD=90°，由DF是切线可知∠ODF=90°=∠AOD，可证结论；
（2）过C作CM⊥AB于M，已求出CM、BM、OM的值，再证明△DOF∽△MCO，得，代入可求．
【解析】（1）证明：连接OD，如图，

∵CD平分∠ACB，
∴，
∴∠AOD=∠BOD=90°，
∵DF是⊙O的切线，
∴∠ODF=90°
∴∠ODF=∠BOD，
∴DF∥AB．
（2）解：过C作CM⊥AB于M，如图，

∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴AB=．
∴，
即，
∴CM=2，
∴，
∴OM=OB-BM=，
∵DF∥AB，
∴∠OFD=∠COM，
又∵∠ODF=∠CMO=90°，
∴△DOF∽△MCO，  
∴，
即，
∴FD=．
【点评】本题考查了圆的圆心角、弦、弧关系定理、圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握这些定理，灵活运用相似三角形的性质求解．
8．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连接OE，通过倒角得到，即可得证；
（2）连接DE、OF，通过证明求出AB的长度，在和中应用勾股定理，得出方程，即可求解．
【解析】解：（1）连接OE，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴是的切线；
（2）连接DE、OF，

∵，，
∴的半径为5，
∴
∵AD为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
设BF的长为x，则，，
在中，，
在中，，
∴，
解得．
【点评】本题考查切线的判定、相似三角形的判定与性质，掌握上述基本性质定理、并作出合适的辅助线是解题的关键．
9．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OE，根据切线的定义可得，结合∠C=90°，可得，即，进而说明即可证明结论；
（2）先证可得，再得，最后运用三角函数解答即可．
【解析】（1）证明：连接，

∵是的切线，
∴，即 ，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴平分．
（2）∵是的直径，
∴，
又∵，，
∴，
∴．
又∵，，
∴．
∴．
又∵，
∴，即．
【点评】本题主要考查了圆的切线的性质、相似三角形的判定与性质以及三角函数的定义等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．
10．（1）平分，理由见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析．
【分析】（1）先根据等腰三角形的性质可得，再根据圆周角定理可得，从而可得，然后根据圆内接四边形的性质可得，从而可得，由此即可得出结论；
（2）①先根据角平分线的性质可得，再根据直角三角形全等的判定定理与性质即可得证；
②先根据直角三角形全等的判定定理与性质可得，再根据圆内接四边形的性质可得，根据等量代换可得，然后根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质可得，最后根据，即可得证．
【解析】解：（1）平分，理由如下：
，
，
由圆周角定理得：，
，
由圆内接四边形的性质得：，
，
，
，
平分；
（2）①平分，，，
，
在和中，，
，
；
②在和，，
，
，
由圆内接四边形的性质得：，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
，，
，
，
即．
【点评】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、直角三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2）②，正确找出两个相似三角形是解题关键．
11．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）先根据等腰三角形的性质可得，再根据三角形的外角性质可得，然后根据三角形的内角和定理可得，从而可得，最后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）过点作于点，先利用勾股定理可得，从而可得，再在中，解直角三角形可得，从而可得，然后证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【解析】证明：（1），
，
，
，
，，
，即，
，即，
又是的半径，
为的切线；
（2）如图，过点作于点，

，
，
，，
在中，，，
解得，
，
，
，
，
，即，
解得，
，
在中，．
【点评】本题考查了圆的切线的判定、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造直角三角形和相似三角形是解题关键．
12．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连结，由M、N分别是和的中点，可得OM⊥BC，ON⊥AD，由， 可得，可证，，根据等腰三角形三线合一性质;
（2）设OG交MN于E，由，可得，可得，，可证可得，由CN∥OG，可得，由可得AM∥CN，可证是平行四边形，再由可证四边形ACNM是矩形．
【解析】证明：（1）连结，
∵M、N分别是和的中点，
∴OM，ON为弦心距，
∴OM⊥BC，ON⊥AD，
，
在中，，
，
在Rt△OMG和Rt△ONG中，
，
，
∴，
;

（2）设OG交MN于E，
，
∴，
∴，即，
，
在△CMN和△ANM中
，
，
，
∵CN∥OG，
，
，
，
∴AM∥CN，
是平行四边形，
，
∴四边形ACNM是矩形．
【点评】本题考查垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判定，掌握垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判定是解题关键．
13．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OE，由题意可证OE∥AD，且DE⊥AF，即OE⊥DE，则可证CD是⊙O的切线；
（2）连接BE，证明△ADE∽△AEB，得到，根据tan∠EAD=，在△ABE中，利用勾股定理求出BE和AE，可得AD和DE，再证明△COE∽△CAD，得到，设BC=x，解方程即可求出BC．
【解析】解：（1）连接OE，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∵AE平分∠BAF，
∴∠OAE=∠DAE，
∴∠OEA=∠EAD，
∴OE∥AD，
∵ED⊥AF，
∴OE⊥DE，
∴CD是⊙O的切线；

（2）连接BE，∵AB为直径，
∴∠AEB=90°=∠D，又∠DAE=∠BAE，
∴△ADE∽△AEB，
∴，
又tan∠EAD=，
∴，则AE=2BE，又AB=10，
在△ABE中，AE2+BE2=AB2，即（2BE）2+BE2=102，
解得：BE=，则AE=，
∴，
解得：AD=8，DE=4，
∵OE∥AD，
∴△COE∽△CAD，
∴，设BC=x，
∴，解得：x=，
经检验：x=是原方程的解，
故BC的长为．
【点评】本题主要考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数的定义，作出辅助线，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
14．（1）见解析；（2）
【分析】（1）由圆内接四边形的性质可知，再由，即可得出．根据圆周角定理结合题意可知，即得出．由此易证，即得出．
（2）过点作，垂足为．根据题意可求出，结合（1）可知，即可求出．根据题意又可求出，利用三角函数即可求出，最后再利用三角函数即可求出最后结果．
【解析】（1）证明：∵四边形是圆的内接四边形，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中，
∴，
∴．
（2）解：如图，过点作，垂足为．

∵，，
∴．
由（1）知．
∴．
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴．
【点评】本题为圆的综合题．考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及解直角三角形．利用数形结合的思想并正确作出辅助线是解答本题的关键．
15．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连结，利用圆的切线性质，间接证明：，再根据条件中：且，即能证明：；
（2）由（1）可以证明：为直角三角形，由勾股定求出的长，求出，可得到的度数，从而说明为等边三角形，再根据边之间的关系及弦长所对应的圆周角及圆心角之间的关系，求出，半径,最后根据弧长公式即可求解．
【解析】解：（1）证明：如图，连结．

与相切，．
是圆的直径，．
．
．
．
．
（2）由（1）可知，，
，
，，
是等边三角形．
,
，
．
【点评】本题考查了圆的切线的性质、解直角三角形、勾股定理、圆心角和圆周角之间的关系、弧长公式等知识点，解本题第二问的关键是：熟练掌握等边三角形判定与性质.
16．（1）见解析；（2）；
【分析】（1）根据三个内角相等的三角形是等边三角形即可判断；
（2）过点A作AE⊥CD，垂足为点E，过点B作BF⊥AC，垂足为点F．根据S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，分别求出△ABC，△ACD的面积，即可求得四边形ABCD的面积，然后通过证得△EAB≌△DCB（AAS），即可求得△BDE的面积=四边形ABCD的面积=.
【解析】解：（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O．
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC=60°，
∴∠ADC=120°，
∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB=60°，
∴∠ACB=∠ADB=60°，∠BAC=∠CDB=60°，
∴∠ABC=∠BCA=∠BAC，
∴△ABC是等边三角形；

（2）过点A作AM⊥CD，垂足为点M，过点B作BN⊥AC，垂足为点N．
∴∠AMD=90°
∵∠ADC=120°，
∴∠ADM=60°，
∴∠DAM=30°，
∴DM=AD=1，AM=，
∵CD=3，
∴CM=CD+DE=1+3=4，
∴S△ACD=CD-AM=×3×=，
在Rt△AMC中，∠AMD=90°，
∴AC=，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=，
∴BN=，
∴S△ABC=××=，
∴四边形ABCD的面积=+=，
∵BE∥CD，
∴∠E+∠ADC=180°，
∵∠ADC=120°，
∴∠E=60°，
∴∠E=BDC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠EAB=∠BCD，
在△EAB和△DCB中，
，
∴△EAB≌△DCB（AAS），
∴△BDE的面积=四边形ABCD的面积=.
【点评】本题考查圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
17．（1）见解析；（2）．
【分析】（1）证明：连接，证明，即可得=90°，即可证明是的切线；
（2）解：连接，先证明，得出，根据∠A=30°，∠B=90°，可得，可得，由此可得，即可得出．
【解析】（1）证明：连接，

∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
即，
∴是的切线；
（2）解：连接，

∵是的直径，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵∠A=30°，∠B=90°，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点评】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，结合题意灵活运用知识点是解题关键．
18．（1）与相切，理由见解析；（2）．
【分析】（1）连接OD，求出OD//AC，求出OD⊥BC，根据切线的判定得出即可；
（2）根据勾股定理求出OD=2，求出OB=4，得出，再分别求出△ODB和扇形DOF的面积即可．
【解析】解：（1）与相切．理由如下：
如图，连接．

∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴
又∵为的半径，
∴与相切．
（2）设的半径为，则，，
由（1）知，在中，，
即，解得．
∵，
∴．
∴，
，
．
【点评】本题考查了切线的判定，平行线的性质和判定，等腰三角形的性质，扇形的面积计算、含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点；熟练掌握切线的判定与性质和勾股定理是解此题的关键．