2024福建省中考数学复习圆的性质与证明专题复习（原卷版+解析版）

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解题思路
模拟预测
1、（2023·福建·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416．如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】C
【分析】根据圆内接正多边形的性质可得，根据30度的作对的直角边是斜边的一半可得，根据三角形的面积公式即可求得正十二边形的面积，即可求解．
【详解】解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12个全等的等腰三角形组成，故等腰三角形的顶角为，设圆的半径为1，如图为其中一个等腰三角形，过点作交于点于点，
∵，
∴，
则，
故正十二边形的面积为，
圆的面积为，
用圆内接正十二边形面积近似估计的面积可得，
故选：C．
2、（2024·福建漳州·二模）如图，是四边形的外接圆，连接，若，则的大小为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查的是圆周角定理和圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理计算即可．
【详解】解：四边形内接于，，
，
由圆周角定理得，，
故选：D．
3、（2024·福建南平·二模）如图，在中，点A，B，C在圆上，且，垂足为D，若，，则的长为（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】D
【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理，熟练掌握这些知识是解题的关键．
先得出，再根据勾股定理得出，最后根据垂径定理即可得出答案．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选D．
4、（2024·福建宁德·一模）如图，是的直径，过圆上一点作的切线，交的延长线于点，若，的半径为2，则的长是（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】本题主要考查了圆的切线的性质，三角函数，勾股定理，连接，利用切线的性质得，再根据三角函数的性质由求出，即可解决问题．
【详解】解：连接，
是的切线，
，
，
，
在中，，
，
故选：A．
5、（2024·福建三明·二模）为半圆O的直径，现将一块含30°的直角三角板如图放置，30°角的顶点P在半圆上，斜边经过点B，一条直角边交半圆O于点Q．若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查圆周角定理，扇形的弧长公式，构造扇形求弧长是解题的关键．
连接，根据圆周角定理求的度数，根据扇形的弧长公式求解即可．
【详解】连接，如图所示，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
故选：C．
6、（2024·福建泉州·二模）如图，点A，B，C在上，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】此题考查了圆周角定理，根据同弧上圆周角等于圆心角的一半即可得到答案．
【详解】解：∵点A，B，C在上，，
∴，
故选；C
7、（2024·福建宁德·模拟预测）如图，A，B，E为⊙O上的点，⊙O的半径OC⊥AB于点D，若∠CEB=30°，OD=1，则AB的长为（ ）
A．B．4C．2D．6
【答案】C
【分析】根据同圆中等弧所对的圆心角等于圆周角的两倍可求出∠AOD的度数，在Rt△AOD中根据已知条件求出AD的长度，再根据垂径定理即可求出AB的长度．
【详解】解：∵OC⊥AB
∴AD=BD，
∴∠AOD=2∠CEB=60°
∴AD=
∴AB=2AD=．
故选C．
8、（2024·福建漳州·一模）如图，点为正六边形的中心，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查正多边形和圆，正确记忆相关知识点是解题关键．
根据正六边形的性质可得，，从而求出，再利用三角形的内角和求解即可．
【详解】解：连接，
点为正六边形的中心，
，
，
在等腰中，
．
故选：B．
9、（2024·福建福州·模拟预测）如图，四边形ABCD内接于，如果它的一个外角∠DCE=63°，那么∠BOD的度数为（ ）
A．63°B．126°C．116°D．117°
【答案】B
【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠A，根据圆周角定理解答即可．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠DCE=63°，
∴∠A=∠DCE=63°，
由圆周角定理，得∠BOD=2∠A=126°，
故选：B．
10、（2024·福建泉州·一模）如图，在中，点C是弦的中点，连接，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了垂径定理，先根据垂径定理得到，根据三角形内角和即可得到结果，掌握垂径定理的概念是解题的关键．
【详解】解：∵点C是弦的中点，
∴，
即，
∵，
∴，
故选：B．
11、（2024·福建南平·二模）如图，半径为4的扇形，，分别以为直径在扇形内作半圆，交于点D，E，两半圆的另一个交点为，则四边形的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，证明四边形为菱形是解题的关键．
过点D作于F，先证明四边形为菱形，在中，由直角三角形的性质与勾股定理求出的长，即可由菱形的面积公式求解．
【详解】解：过点D作于F，
由题意，得，
∴四边形为菱形，
∵
∴
∵
∴
∴
由勾股定理，得，
∴，
故答案为：．
12、（2024·福建厦门·模拟预测）如图，在中，是优弧上一点，，连接，，延长交于点，则图中角度大小为的角是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了圆周角定理，三角形内角和定理，三角形外角的定义与性质等知识，根据圆周角以及三角形的相关知识确定图中各个角的数量关系即可作答．
【详解】连接，如图，
∵是优弧上一点，，
∴，即：，
∵，，
∴，
∴，
∴结合图形有：，，
∴，
∵，
∴，
即可以确定角度大小为的角为：，
故答案为：．
13、（2024·福建漳州·一模）如图，与反比例函数的图象交于，则图中阴影部分的面积是 ．
【答案】
【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数的性质、勾股定理、圆的面积公式，先求出，再由勾股定理得出的半径，根据反比例函数的图象关于坐标原点对称，是中心对称图形，得出图中两个阴影部分的面积和是圆的面积，最后由面积公式计算即可．
【详解】解：与反比例函数的图象交于，
，
，
的半径为，
反比例函数的图象关于坐标原点对称，是中心对称图形，
图中两个阴影部分的面积和是圆的面积，
，
故答案为：．
14、（2024·福建·模拟预测）如图，在半径为2的圆中，圆心角为的扇形面积 （结果保留π）．
【答案】
【分析】本题考查了扇形面积的计算，先算出圆的面积，再根据圆心角的度数求出结果．
【详解】解：．
故答案为：．
15、（2023·福建·中考真题）如图，已知内接于的延长线交于点，交于点，交的切线于点，且．
(1)求证：；
(2)求证：平分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】
（1）由切线的性质可得，由圆周角定理可得，即，再根据平行线的性质可得，则根据角的和差可得，最后根据平行线的判定定理即可解答；
（2）由圆周角定理可得，再由等腰三角形的性质可得，进而得到，再结合得到即可证明结论．
【详解】（1）证明是的切线，
，即．
是的直径，
．
∴．
，
，
，即，
．
（2）解：与都是所对的圆周角，
．
，
，
．
由（1）知，
，
平分．
16、（2024·福建·模拟预测）如图，内接于⊙O，交⊙O于点D，交于点E，交⊙O于点F，连接．
(1)求证：；
(2)若⊙O的半径为3，，求的长（结果保留π）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据已知条件可证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，等量代换可得，即可得出答案；
（2）连接，由（1）中结论可计算出的度数，根据圆周角定理可计算出的度数，再根据弧长计算公式计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：连接，如图，
由（1）得，
∵，
∴，
∴的长．
17、（2024·福建漳州·二模）如图， 是的直径，点C在上，交于点D，为的切线．

(1)求证：；
(2)若，，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由切线的性质和圆周角定理可得，．由平行线的性质可得，由此可得，又由可得．
（2）先证，再证，则可得，求出的长，则可得，即可求解．
本题考查了圆与三角形的综合，切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质．遇切线连半径，这是常用的解题思路．熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】（1）证明： 如图， 连接，
是 的切线，
．
是 的直径，
．
，
，
，，
．
，
，
．
（2）由（1） 知， ，
．
，，
，

， ，
，
，
．
18、（2024·福建南平·二模）如图，为的直径，E为的延长线上一点，是的切线，切点为C，过点A作，交延长线于点D，连接，．
(1)求证：；
(2)已知，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆的切线性质，圆周角定理，三角函数等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键．
（1）连接，先得出，即可得出；
（2）设半径为r，则，，先求出，再根据直角三角形的性质即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接．
是的切线，
，
，即，
为的直径，
，即，
，
，
，
．
（2）解：设半径为r，则，，
在中，
，
，
，
，
在中，
，
．
19、（2024·福建宁德·一模）如图，内接于，平分，交于点，连接，过点D作，交延长线于点E．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，圆内接四边形，熟练根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
（1）根据角平分线得到，，再根据圆周角定理得出，，证出，即可解答；
（2）根据平行线性质和圆周角定理证出，再根据内接四边形得到
，证明，从而证出，根据相似性质即可求解；
【详解】（1）证明：∵平分，
∴．
∵，，
∴，．
∴．
∴．
（2）∵，
∴．
∵，
∴．
∵四边形内接于，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
又∵，
∴．
20、（2024·福建福州·二模）如图，在中，，O为上一点．以O为圆心，长为半径的过点C，交于另一点D，若D是的中点，求证：是⊙O的切线．

【答案】见解析
【分析】连接，，由得，根据“”证明，得，即可证明是的切线．
【详解】证明：连接，．

∵，
∴．
∵是直径，
∴．
∵D是的中点，
∴．
又，
∴．
∴，
∴，
∴．
∵点C为半径的外端点，
∴是的切线．
21、（2024·福建泉州·二模）如图，在中，．
(1)在上求作一点O，使得分别与，相切．
(2)在（1）的条件下，已知，，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由切线的性质，角平分线的性质可知，为的平分线与的交点，然后作图即可；
（2）如图，作于，作于，则，，设，由勾股定理得，，，由，可得，即，求得满足要求的解为，然后求正切即可．
【详解】（1）解：作的平分线，交于点，如图，点即为所求；
（2）解：如图，作于，作于，则，
∴，
设，
由勾股定理得，，，
∵，
∴，即，
解得，或（舍去），
∴，
∴的值为．
22、（2024·福建龙岩·二模）如图，已知是的直径，点D是圆上一点，过点D作的切线交延长线于点C，连接，．

(1)求证：．
(2)已知，，求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】本题考查了圆的有关知识，切线的性质，相似三角形的性质和判定，注意连接是圆中常用的辅助线．
（1）要证，联想到证；
（2）由条件，可求得、的长，要求的长，结合已求得的边长，联想到利用（1）中得到的，得到对应边成比例，进一步列方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，

∵是的切线，
∴，
∴．
∵是的直径，
，
∴．
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
，
．
（2），，，
，
．
由（1）知，
，
设，则，，
，
，
解得，
∴的长为．
23、（2024·福建漳州·一模）如图，是的外接圆，是的直径，切线交的延长线于点D，，垂足为点E，延长交于点F，连接．
(1)求证：平分；
(2)若的半径为4，，求的值．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】（1）连接，由切线的性质及，得到，进而得到，由，推出，即可得到，即可证明结论；
（2）由，证明，求出，再证明，求出，即可求解．
【详解】（1）证明：连接．
是的切线，
．
，
．
．
，
．
．
平分；
（2）解：，
∴
的半径为，
，
解得．
是的直径，
是的切线，
，即
24、（2024·福建福州·模拟预测）如图，是的切线，切点为，点在上，连接交于点，
(1)尺规作图：过点作的另一条切线，切点为点（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)若，，，则的半径长是多少？
【答案】(1)见解析
(2)的半径长是
【分析】（1）根据切线长定理，作，交与点，即可求解；
（2）连接，根据平行线的性质得出，根据是的切线，可得，，则设的半径长是，由 ，，可得，，在中，勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：如图所示，连接，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
设的半径长是，∵，，
则，，
在中，，
∴，
解得：或（舍去），
∴的半径长是．
25、（2024·福建南平·一模）如图，直线与相切于点，交于点，的延长线交于点，，点在上，且不与，重合．
(1)求的大小；
(2)若，的延长线交直线于点，求证：与相切．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据切线的性质，得出，进而求出和，再根据圆周角定理得出答案；
（2）根据条件可知，从而，易证，得到，即证出，从而与相切．
【详解】（1）解：连接，
切于点B，
，
，
在中，，
，
，
，
；
（2）证明：在中，，
，
，
，
，
，
，
， ，
，
，
点D在上，
与相切．