2023年中考数学高频考点突破训练——圆的综合附答案

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 2023年中考数学高频考点突破训练——圆的综合附答案
1．如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E，DG⊥AC于点G，交AB的延长线于点F．

（1）求证：直线FG是⊙O的切线；
（2）若AC=10，cosA=，求CG的长．
2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，E是BC的中点，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，连接DE

（1）求证：△ABC∽△CBD；
（2）求证：直线DE是⊙O的切线．
3．如图，AB是⊙O的直径，BC切⊙O于点B，OC平行于弦AD，过点D作DE⊥AB于点E，连结AC，与DE交于点P．求证：

（1）PE=PD；
（2）AC•PD=AP•BC．
4．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC+BC=8，点O是斜边AB上一点，以O为圆心的⊙O分别与AC，BC相切于点D，E．

（1）当AC=2时，求⊙O的半径；
（2）设AC=x，⊙O的半径为y，求y与x的函数关系式．
5．如图，已知四边形ABCD是平行四边形，AD与△ABC的外接圆⊙O恰好相切于点A，边CD与⊙O相交于点E，连接AE，BE．

（1）求证：AB=AC；
（2）若过点A作AH⊥BE于H，求证：BH=CE+EH．
6．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ABC=2∠D，连接OA、OB、OC、AC，OB与AC相交于点E．

（1）求∠OCA的度数；
（2）若∠COB=3∠AOB，OC=，求图中阴影部分面积（结果保留π和根号）．
7．已知在△ABC中，∠B=90o，以AB上的一点O为圆心，以OA为半径的圆交AC于点D，交AB于点E．

（1）求证：AC·AD=AB·AE；
（2）如果BD是⊙O的切线，D是切点，E是OB的中点，当BC=2时，求AC的长．
8．如图，AB是⊙O的切线，B为切点，圆心O在AC上，∠A＝30°，D为的中点．求证：
(1)AB＝BC；
(2)四边形BOCD是菱形．

9．已知：如图，AB是⊙O的弦，⊙O的半径为10，OE、OF分别交AB于点E、F，OF的延长线交⊙O于点D，且AE=BF，∠EOF=60°．

（1）求证：△OEF是等边三角形；
（2）当AE=OE时，求阴影部分的面积．（结果保留根号和π）
10．如图，AB为⊙O的直径，弦CD与AB相交于E，DE=EC，过点B的切线与AD的延长线交于F，过E作EG⊥BC于G，延长GE交AD于H．

（1）求证：AH=HD；
（2）若cos∠C=，DF=9，求⊙O的半径．
11．如图，AC是⊙O的直径，P是⊙O外一点，连结PC交⊙O于B，连结PA、AB，且满足PC=50，PA=30，PB=18．

（1）求证：△PAB∽△PCA；
（2）求证：AP是⊙O的切线．
12．如图，ABCD是边长为1的正方形，其中、、的圆心依次是点A、B、C．
（1）求点D沿三条圆弧运动到G所经过的路线长；
（2）判断直线GB与DF的位置关系，并说明理由．
13．已知等边△ABC和⊙M.
（1）如图l，若⊙M与BA的延长线AK及边AC均相切，求证： AM∥BC;
（2）如图2，若⊙M与BA的延长线AK、BC的延长线CF及边AC均相切，求证：四边形ABCM是平行四边形．
14．已知，如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，DA=DC，以点D为圆心，DA长为半径的⊙D与AB相切于A，与BC交于点F，过点D作DE⊥BC，垂足为E．
（1）求证：四边形ABED为矩形；
（2）若AB=4，，求CF的长．

15．如图，中，在斜边上选一点O为圆心画圆，此圆恰好经过点A，且与直角边相切于点D，连接、．

(1)求证：；
(2)若，，求阴影部分图形的周长．
16．如图，的直径为，为的切线，点F是上一点，过点F的直线与交于C，D两点，与交于点E、．

(1)求证：；
(2)若，求的长．
17．如图，为的直径，C为上一点，D为延长线上一点，．

(1)求证：为的切线；
(2)若的半径为5，，求的长．
18．如图，点O在的平分线上，与相切于点C．

(1)判断与的位置关系，并说明理由；
(2)的延长线与交于点E．若的半径为3，．求弦的长．

参考答案：
1．（1）证明见解析；（2）3．
【分析】（1）先得出OD∥AC，有∠ODG=∠DGC，再由DG⊥AC，得到∠DGC=90°，∠ODG=90°，得出OD⊥FG，即可得出直线FG是⊙O的切线．
（2）先得出△ODF∽△AGF，再由cosA=，得出cos∠DOF=；然后求出OF、AF的值，即可求出AG、CG的值．
【解析】解：（1）如图1，连接OD，
∵AB=AC，∴∠C=∠ABC，
∵OD=OB，∴∠ABC=∠ODB，∴∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，∴∠ODG=∠DGC，
∵DG⊥AC，∴∠DGC=90°，
∴∠ODG=90°，∴OD⊥FG，∵OD是⊙O的半径，
∴直线FG是⊙O的切线；
（2）如图2，∵AB=AC=10，AB是⊙O的直径，∴OA=OD=10÷2=5，
由（1），可得：OD⊥FG，OD∥AC，∴∠ODF=90°，∠DOF=∠A，
在△ODF和△AGF中，∵∠DOF=∠A，∠F=∠F，∴△ODF∽△AGF，
∴，∵cosA=，∴cos∠DOF=，
∴OF===，∴AF=AO+OF==，
∴，解得AG=7，
∴CG=AC﹣AG=10﹣7=3，即CG的长是3．

【点评】本题考查切线的判定；相似三角形的判定与性质；综合题．
2．（1）见解析；（2）见解析．
【解析】试题分析：本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．也考查了直角三角形斜边上的中线性质和相似三角形的判定与性质．（1）根据AC为⊙O的直径，得出△BCD为Rt△，通过已知条件证明△BCD∽△BAC即可；连结DO，如图，根据直角三角形斜边上的中线性质，由∠BDC=90°，E为BC的中点得到DE=CE=BE，则利用等腰三角形的性质得∠EDC=∠ECD，∠ODC=∠OCD，由于∠OCD+∠DCE=∠ACB=90°，所以∠EDC+∠ODC=90°，即∠EDO=90°，于是根据切线的判定定理即可得到DE与⊙O相切
试题解析：（1）证明：∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=90°，∴∠BDC=90°，又∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠BDC，又∵∠B=∠B，∴△BCD∽△BAC；
（2）连结DO，如图，∵∠BDC=90°，E为BC的中点，∴DE=CE=BE，∴∠EDC=∠ECD，
又∵OD=OC，∴∠ODC=∠OCD，而∠OCD+∠DCE=∠ACB=90°，∴∠EDC+∠ODC=90°，即∠EDO=90°，
∴DE⊥OD，∴DE与⊙O相切．

考点：切线的判定；相似三角形的判定与性质
3．（1）详见解析；（2）详见解析．
【解析】试题分析： （1）根据题目中的条件易证DE∥BC，即可得△AEP∽△ABC，根据相似三角形对应边的比相等可得①；再根据AD∥OC可判定△AED∽△OBC，所以②，由这两个比例式可得ED=2EP，所以PE=PD．
（2）根据（1）可得△AEP∽△ABC，根据相似三角形对应边的比相等可得；又因据PE=PD，所以，即可得AC•PD=AP•BC．
试题解析：解：（1）∵AB是⊙O的直径，BC是切线，
∴AB⊥BC，
∵DE⊥AB，
∴DE∥BC，
∴△AEP∽△ABC，
∴…①，
又∵AD∥OC，
∴∠DAE=∠COB，
∴△AED∽△OBC，
∴…②，
由①②，可得ED=2EP，
∴PE=PD．
（2）∵AB是⊙O的直径，BC是切线，
∴AB⊥BC，
∵DE⊥AB，
∴DE∥BC，
∴△AEP∽△ABC，
∴，
∵PE=PD，
∴，
∴AC•PD=AP•BC．
考点： 切线的性质；相似三角形的判定及性质．
4．（1）；（2）．
【分析】（1）连接OD，OE，先证四边形OECD是正方形，在△ADO中，解直角三角形即可得到半径．
（2）由题意可知，OD∥BC，∠AOD=∠B，则两角正切值相等，进而列出关系式．
【解析】（1）连接OE，OD，在△ABC中，∠C=90°，AC+BC=8，
∵AC=2，
∴BC=6，
∵以O为圆心的⊙O分别与AC，BC相切于点D，E，
∴四边形OECD是正方形，
tan∠B=tan∠AOD==，
解得OD=，
∴圆的半径为；
（2）∵AC=x，BC=8﹣x，
在直角三角形ABC中，tanB=，
∵以O为圆心的⊙O分别与AC，BC相切于点D，E，
∴四边形OECD是正方形，tan∠AOD=tanB==，
解得．

【点评】本题考查了切线的性质，解直角三角形的应用，二次函数与几何图形等问题，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
5．（1）证明见试题解析；（2）证明见试题解析．
【解析】试题分析：（1）由弦切角定理、圆周角定理即可证明∠ABC=∠ACB，从而得到答案；
（2）作AF⊥CD于F，证明△AEH≌△AEF，有EH=EF，根据△ABH≌△ACF，得到答案．
试题解析：（1）∵AD与△ABC的外接圆⊙O恰好相切于点A，∴∠ABE=∠DAE，又∠EAC=∠EBC，∴∠DAC=∠ABC，∵AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB，∴∠ABC=∠ACB，∴AB=AC；
（2）作AF⊥CD于F，∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ABC=∠AEF，又∠ABC=∠ACB，∴∠AEF=∠ACB，又∠AEB=∠ACB，∴∠AEH=∠AEF，在△AEH和△AEF中，∵∠AHE=∠AFE，∠AEH=∠AEF，AE=AE，∴△AEH≌△AEF，∴EH=EF，∴CE+EH=CF，在△ABH和△ACF中，∵∠ABH=∠ACF，∠AHB=∠AFC，AB=AC，∴△ABH≌△ACF，∴BH=CF，∴BH=CE+EH．

考点：1．切线的性质；2．平行四边形的性质；3．和差倍分；4．综合题．
6．（1）30°；（2）．
【解析】试题分析：（1）圆内接四边形性质得到∠ABC+∠D=180°，根据∠ABC=2∠D得到∠D+2∠D=180°，从而求得∠D=60°，由OA=OC得到∠OAC=∠OCA=30°；
（2）由∠COB=3∠AOB得到∠AOB=30°，从而有∠COB为直角，然后利用S阴影=S扇形OBC﹣S△OEC求解．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠ABC+∠D=180°，∵∠ABC=2∠D，∴∠D+2∠D=180°，∴∠D=60°，∴∠AOC=2∠D=120°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°；
（2）∵∠COB=3∠AOB，∴∠AOC=∠AOB+3∠AOB=120°，∴∠AOB=30°，∴∠COB=∠AOC﹣∠AOB=90°，在Rt△OCE中，OC=，∴OE=OC•tan∠OCE=•tan30°==2，
∴S△OEC=OE•OC==，∴S扇形OBC==3π，∴S阴影=S扇形OBC﹣S△OEC=．
考点：1．扇形面积的计算；2．圆内接四边形的性质；3．解直角三角形．
7．（1）证明见解析；（2）AC=4.
【分析】（1）连接DE，由题意可得∠ADE=90°，∠ABC=90°，又∠A是公共角，从而可得△ADE∽△ABC，由相似比即可得；
（2）连接OB，由BD是切线，得OD⊥BD，有E为OB中点，则可得OE=BE=OD，从而可得∠OBD=∠BAC=30°，所以AC=2BC=4；
【解析】（1）连接DE，∵AE是直径，∴∠ADE=90o，∴∠ADE=∠ABC，在Rt△ADE和Rt△ABC中，∠A是公共角，∴△ADE∽△ABC，∴，即AC·AD=AB·AE
（2）连接OD，∵BD是圆O的切线，则OD⊥BD，在Rt△OBD中，OE=BE=OD
∴OB=2OD，∴∠OBD=30°，同理∠BAC=30°，在Rt△ABC中，AC=2BC=2×2=4.

考点：1.圆周角定理；2.相似三角形的判定与性质；3.切线的性质；4.30°的直角三角形的性质.
8．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】试题分析：（1）由AB是⊙O的切线，∠A=30°，易求得∠OCB的度数，继而可得∠A=∠OCB=30°，又由等角对等边，证得AB=BC；
（2）首先连接OD，易证得△BOD与△COD是等边三角形，可得OB=BD=OC=CD，即可证得四边形BOCD是菱形．
试题解析：（1）∵AB是⊙O的切线，
∴OB⊥AB，
∵∠A=30°，
∴∠AOB=60°，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=∠AOB=30°，
∴∠A=∠OCB，
∴AB=BC；
（2）连接OD，
∵∠AOB=60°，
∴∠BOC=120°，
∵D为的中点，
∴，∠BOD=∠COD=60°，
∵OB=OD=OC，
∴△BOD与△COD是等边三角形，
∴OB=BD=OC=CD，
∴四边形BOCD是菱形．

考点：1、切线的性质，2、等腰三角形的性质，3、菱形的判定，4、等边三角形的判定与性质
9．（1）见解析；（2）．
【分析】（1）作OC⊥AB于点C，由OC⊥AB可知AC=BC，再根据AE=BF可知EC=FC，因为OC⊥EF，所以OE=OF，再由∠EOF=60°即可得出结论．
（2）在等边△OEF中，因为∠OEF=∠EOF=60°，AE=OE，所以∠A=∠AOE=30°，故∠AOF=90°，再由AO=10可求出OF的长，根据S阴影=S扇形AOD﹣S△AOF即可得出结论．
【解析】解：（1）证明：作OC⊥AB于点C，

∵OC⊥AB，∴AC=BC．
∵AE=BF，∴EC=FC．
∵OC⊥EF，∴OE=OF．
∵∠EOF=60°，∴△OEF是等边三角形．；
（2）∵在等边△OEF中，∠OEF=∠EOF=60°，AE=OE，
∴∠A=∠AOE=30°．∴∠AOF=90°．
∵AO=10，∴OF= ．
∴, ．
∴．
10．解：（1）证明：∵AB为⊙O的直径，DE=EC，∴AB⊥CD．∴∠C+∠CBE=90°．
∵EG⊥BC，∴∠C+∠CEG=90°．∴∠CBE=∠CEG．
∵∠CBE=∠CDA，∠CEG=∠DEH，∴∠CDA=∠DEH．∴HD=EH．
∵∠A+∠ADC=90°，∠AEH+∠DEH=90°，∴AH=EH．∴AH=HD．
（2）∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°．∴∠BDF=90°．
∵BF是⊙O的切线，∴∠DBF=∠C．
∵cos∠C=，DF=9，∴．
设BD=4k，则BF=5k，由勾股定理，得DF=3k．
∴3k=9， k=3．∴BD=4k=12．
∵∠A=∠C，∴sin∠A=．
∴．
∴⊙O的半径为10
【解析】试题分析：（1）由AB为⊙O的直径，DE=EC，根据垂径定理的推论，从而可证得AB⊥CD，又由EG⊥BC，易证得∠CDA=∠DEH，即可得HD=EH，继而可证得AH=EH，则可证得结论．
（2）由AB为⊙O的直径，可得∠BDF=90°，由BF是切线，可得∠DBF=∠C，然后由三角函数的性质，求得BD的长，继而求得答案．
11．见解析
【分析】（1）根据△PAB与△PCA的对应边成比例，夹角相等证得结论．
（2）欲证明AP是⊙O的切线，只需证得∠PAC=90°．
【解析】证明：（1）∵PC=50，PA=30，PB=18，
∴．
∴．
又∵∠APC=∠BPA，
∴△PAB∽△PCA．
（2）∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°．
∴∠ABP=90°．
又∵△PAB∽△PCA，
∴∠PAC=∠ABP．
∴∠PAC=90°．
∴PA是⊙O的切线．

12．详见解析
【分析】本题考查的是弧长公式以及全等三角形的判定求出△FDC≌△GBC．
【解析】（1）∵AD = 1，∠DAE = 90o，
∴的长，
同理，的长，
的长，
所以，点D运动到点G所经过的路线长．
（2）直线GB⊥DF．
理由如下：延长GB交DF于H．
∵CD = CB，∠DCF = ∠BCG，CF = CG，
∴△FDC≌△GBC．
∴∠F =∠G．
又∵∠F + ∠FDC = 90o，
∴∠G + ∠FDC = 90o，
即∠GHD = 90o，故 GB⊥DF．
13．证明见解析
【解析】证明：（1）连接AM，

∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠BAC=60°．
∴∠KAC=180°﹣∠BAC=120°．
∵⊙M与BA的延长线AK及边AC均相切，
∴∠KAM=∠CAM=∠KAC=×120°=60°．
∴∠KAM=∠B=60°．∴AM∥BC．
（2）∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠BAC=∠ACB=60°．
∴∠KAC=180°﹣∠BAC=120°，∠FCA=120°．
∵⊙M与BA的延长线AK、BC的延长线CF及边AC均相切，
∴∠KAM=∠CAM=∠KAC=×120°=60°，
∠FCM=∠ACM=∠FCA=×120°=60°．
∴∠KAM=∠B=60°，∠FCM=∠B=60°．
∴AM∥BC，CM∥AB，∴四边形ABCM是平行四边形．
（1）由等边△ABC，即可得∠B=∠BAC=60°，求得∠KAC=120°，又由⊙M与BA的延长线AK及边AC均相切，利用切线长定理，即可得∠KAM=60°，然后根据同位角相等，两直线平行，证得AM∥BC．
（2）根据（1），易证得AM∥BC，CM∥AB，从而可证得四边形ABCM是平行四边形．
14．（1）证明见解析（2）2
【分析】（1）根据AD∥BC和AB切圆D于A，求出DAB=∠ADE=∠DEB=90°，即可推出结论；
（2）根据矩形的性质求出AB=DE=4，根据垂径定理求出CF=2CE，设AD=3k，则BC=4k，BE=3k，EC=k，DC=AD=3k，在△DEC中由勾股定理得出一个关于k的方程，求出k的值，即可求出答案．
【解析】（1）证明：∵⊙D与AB相切于点A，∴AB⊥AD．
∵AD∥BC，DE⊥BC，∴DE⊥AD．
∴∠DAB=∠ADE=∠DEB=90°．
∴四边形ABED为矩形．
（2）解：∵四边形ABED为矩形，∴DE=AB=4．
∵DC=DA，∴点C在⊙D上．
∵D为圆心，DE⊥BC，∴CF=2EC．
∵，设AD=3k（k＞0）则BC=4k．∴BE=3k，EC=BC－BE=4k－3k=k，DC=AD=3k．
由勾股定理得DE2＋EC2=DC2，即42＋k2=（3k）2，∴k2=2．
∵k＞0，∴k=．∴CF=2EC=2．
【点评】本题考查勾股定理，切线的判定和性质，矩形的判定，垂径定理等知识点的应用，解题关键是数学思想中的方程思想．
15．(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，由题意易知，，，证得，可得，可证得，即可证得结论；
（2）由（1）可知，，可知，，，证得为等边三角形，易得，可得，进而可得，，求得的长度，结合阴影部分图形的周长为即可求解．
【解析】（1）证明：连接，

由题意可知，，为直径，
∴，则，
∵与相切于点D，
∴，则，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，由（1）可知，，
∴，则，，，
∴为等边三角形，则，
又∵，  
∴，
∴，
∴，则，
，
∴阴影部分图形的周长为：．
【点评】本题考查相似三角形的判定，圆周角定理，切线的性质，等边三角形的判定及性质，弧长公式，连接圆心与切点是解决问题的关键．
16．(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据切线的性质可得，再由，可得，从而得到，即可求证；
（2）连接，先证明，可得，在中， 根据勾股定理可得，再证明，即可求解．
【解析】（1）证明：∵为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，

∵的直径为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在中， ，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
【点评】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握切线的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
17．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）如图所示，连接，由直径所对的圆周角是直角得到，则，再根据等边对等角和已知条件证明，推出，由此即可证明为的切线；
（2）先解，得到 ，，证明，得到，设，则，利用勾股定理建立方程，解方程即可得到答案．
【解析】（1）证明：如图所示，连接，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴为的切线；

（2）解：在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得（不合题意的值舍去），
∴．
【点评】本题主要考查了切线的判定，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质与判定，等边对等角等等，正确作出辅助线是解题的关键．
18．(1)与相切，理由见解析
(2)

【分析】（1）连接，过点作，交于点，根据角平分线的性质，可得，即可得到与相切；
（2）设交于点，连接，证明，求出的长，利用相似比，得到，再利用勾股定理，进行求解即可．
【解析】（1）解：与相切，理由如下：
连接，

∵与相切于点C，
∴，
过点作，交于点，
∵点O在的平分线上，
∴，
∴点在上，
∴与相切．
（2）设交于点，连接，

则：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∵的半径为3，，
∴，
∴，
∴或（舍去）；
∴，
∴，
在中：，即：，
∵，
∴．
【点评】本题考查圆的综合应用，主要考查了切线的判定和性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，以及勾股定理．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．