2025年中考数学二轮复习冲刺圆专项训练
一证一求
1．如图，为的直径，是的切线，切点为点B，点D为上一点，连接并延长交的延长线于点E，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径长．
2．如图，已知为的直径，平分，交于点，交于点，．延长至点，使，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求图中阴影部分的面积（结果保留）
3．如图，为的直径，为的弦，点D为的延长线上一点，连接，过点O作交的延长线于点E，交于点P，．
(1)求证：是的切线；
(2)过点C作交于点H，作交于点F，若，，求的长．
4．如图，中，，以为直径的交于点D，过点D作的切线交于点E．
(1)求证：；
(2)若的半径为5，，求的长．
5．如图，点是的外心，为的直径，，交于点，，．
(1)求证：，并求出的长；
(2)延长到点，使，连接，那么直线与相切吗？为什么？
6．如图，是半圆的直径，是上一点，点是的中点，连接．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
7．如图，是的直径，是上的一点，点是弧的中点，过点作 交延长线于点，所在直线交的延长线于点，连接，．
(1)请判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，求的半径．
8．如图，在中，，是的直径，过点作的切线交的延长线于点，延长交于点，连结．
(1)求证：为的中点．
(2)若，的面积是，求．
9．如图，在中，，点在边上，以为圆心，为半径作，交于点，与边相切于点，连接．
(1)求证：平分；
(2)若，，求的半径．
10．如图，在中，，经过，两点，与斜边 交于点 ，连接 并延长交于点，交于点，连接，过点的切线与交于点，且．
(1)求证： ；
(2)若 求的长．
11．如图，是的直径，点是上一点，过点作的切线交的延长线于点，过点作于点，交于点，连接并延长，交于点，连接．
(1)求证：；
(2)若的半径为5，，求的长．
12．如图，是的直径，是的切线，连接交于点，点是下方上一点，连接、、，．
(1)求证：；
(2)过点作，垂足为点，连接并延长交于点，若，求的长．
13．如图，在中，，D是边上一点，以为直径的与边相切于点E，与边交于点F，过点E作于点H，连接．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
14．如图，四边形内接于，过点A作交的延长线于E，．
(1)求证：；
(2)连接，若D是优弧的中点，，直接写出的长．
15．如图，是的内接三角形，是的直径，是的切线，的平分线交于点，连接．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
《2025年中考数学二轮复习冲刺圆专项训练：一证一求》参考答案
1．(1)见解析
(2)3
【分析】此题重点考查勾股定理及其逆定理、切线的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
（1）连接，由切线的性质得，则，因为，，所以，则，即可证明是的切线；
（2）由，得，而，，，则，求得，所以的半径长为3．
【详解】（1）证明：连接，
∵为的直径，与相切于点B，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∵是的半径，且，
∴是的切线．
（2）解：∵，
∴，
∵，，，
∴，
解得，
∴的半径长为3．
2．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆周角定理，切线的判定，求扇形面积，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）根据已知得出，根据，得出，进而证明是等边三角形，根据等边对等角以及三角形的外角的性质得出，进而得出，即可得证；
（2）先求得，由（1）可得是等边三角形，进而根据即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵为的直径，
∴，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴
∴，即
又∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：∵中，，
∴，则，
由（1）可得是等边三角形，
∴
过点作于点，
∴，
∴
∴
3．(1)证明过程见详解
(2)
【分析】本题主要考查了圆的相关性质，圆周角定理、切线的性质与判定、平行线的性质与判定，矩形的判定与性质、相似三角形的性质与判定，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
（1）连接，通过，得．由，得．进而证明，证明即可得结论．
（2）先根据，证明四边形是矩形，再利用勾股定理求出的长度，进而根据相似三角形的性质和判定求出的长．
【详解】（1）证明：连接，
，
．
，
，
．
又，
．
∵，
．
，
即，．
又是的半径，
是的切线．
（2）解：，，
四边形是平行四边形．
又，即，
是矩形，
在中，，，
根据勾股定理得，
，
四边形是矩形，
，．
设，则．
，
，
，
，
，即，
，即．
4．(1)见解析
(2)2
【分析】本题考查等腰三角形的性质，切线的判定，勾股定理，掌握切线的性质是解题的关键．
（1）连接，根据切线的性质得到，然后根据等边对等角得到，即可得到，证明结论即可；
（2）过点作于点，则四边形为矩形，然后在中根据勾股定理求出长即可解题．
【详解】（1）证明：如图，连接．
为的切线，为半径，
，
，
，
．
，
，
，
，
，
．
（2）解：如图，过点作于点．
．
，
四边形为矩形．
．
，
在中，．
，
．
5．(1)见解析
(2)相切，理由见解析
【分析】（1）根据等边对等角得到，由圆周角定理得到，那么，结合公共角即可证明，代入数据即可求解；
（2）连接，，由勾股定理得，求出，再由等边对等角以及三角形内角和定理即可求证，继而可证明切线．
【详解】（1）证明：
又，
；
（2）解：直线与相切．
理由如下：
连接，
为的直径，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
，
，
为的半径
直线与相切．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，切线的判定，三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
6．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理及平行线的判定，熟知垂径定理、圆周角定理及平行线的判定是解题的关键．
（1）先根据点D是的中点，结合圆周角定理得出，进一步得出即可解决问题．
（2）连接，交于点M，先根据勾股定理求出，进而得出的长，再利用勾股定理求出的长，进而得出的长，再连接，求出的长，最后在中利用勾股定理即可解决问题．
【详解】（1）证明：点是的中点，
．
．
在中，，
．
．
．
（2）解：连接交于点，连接．
为的直径，
．
在中，，
由勾股定理得，．
点是的中点，
．
为的半径，
根据圆的对称性可知，．
即．
在中，，由勾股定理得，
．
．
在中，，
由勾股定理得，．
为的直径，
．
在中，，由勾股定理得，
．
7．(1)直线与的相切；理由见解析
(2)
【分析】本题考查了圆周角定理，切线的判定与性质，相似三角形的性质和判定，熟练掌握圆周角定理，以及相似三角形的性质是解题的关键．
（1）连接，根据等弧所对的圆周角相等可得，从而利用角平分线和平行证明，然后利用平行线的性质求出，即可解答；
（2）根据题意证明出，然后利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）直线与的相切；理由如下：
连接，如图所示，
∵D为中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵
∴
∴
设的半径为，
∵，，
∴
解得：（负值舍去）
即的半径为．
8．(1)见解析
(2)2
【分析】本题主要查了切线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质：
（1）根据切线的性质可得，再由等腰三角形的性质可得，从而得到，进而得到，即可求证；
（2）根据为的中点可得的面积是，从而得到，再证明，可得，即可求解．
【详解】（1）证明：∵是的切线，是的直径，
∴，即，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即为的中点；
（2）解：∵的面积是，为的中点，
∴的面积是，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
由（1）知：，
∴．
9．(1)见解析；
(2)．
【分析】（）连接，由切线的性质推导出，因为，所以，则，所以，又，所以，则，从而求证；
（）过点作，垂足为，则四边形四边形是矩形，则，设的半径为，则，然后由垂径定理和勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：如图，过点作，垂足为，
，
∴四边形是矩形，
∴，
设的半径为，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
即的半径为．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的性质，平行线的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，垂径定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
10．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查平行线的性质，等腰直角三角形的判定与性质，切线的性质，圆周角定理，勾股定理以及相似三角形的判定与性质．
（1）连接，根据是的切线可得进而可得，再由同弧所对圆周角等于圆心角度数的一半可得，进而可得是等腰直角三角形，即得．
（2）由直径所对圆周角等于，可得，进而可得，从而证明，得出，再结合已知， ，可得，，， 进而求得，，由勾股定理求出，进而求出，，进而求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的半径，是的切线；
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴；
（2）解：∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
又∵，
∴，
∴．
11．(1)见解析
(2)．
【分析】（1）利用圆周角定理求得，即，再由，即可证明结论成立；
（2）由勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：∵是的直径，
∴，即，
∵，
∴；
（2）解：∵是的切线，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定，勾股定理等．证明是解题的关键．
12．(1)见详解
(2)6
【分析】（1）如图，连接，根据圆周角定理得出，根据切线的性质得出，证明，，结合，即可得，再根据等角对等边即可证明．
（2）如图，连接，证明，得出，根据三线合一得出，，证明，得出，再根据三角形中位线定理即可得出．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：如图，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，，即，
∵，
∴，
∴，
∵点分别是的中点，
∴是的中位线，
∴．
【点睛】该题主要考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，三角形中位线定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确做出辅助线．
13．(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）连接，根据切线的性质得到，则可证明，加上，从而得到，然后证明得到结论；
（2）利用勾股定理计算出，设，则，证明，利用相似比计算出，则，然后利用勾股定理计算出，从而得到的长．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
∵为切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：在中，，
设，则．
∵，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
在中，，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．
14．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据圆内接三角形对角互补得出，根据平行线的性质得出，于是得出，再根据等边对对角得出，即可得证；
（2）连接，先证，即可证得，根据相似三角形的性质结合已知，即可求出的长，再证得，即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴；
（2）解：连接，
∵D是优弧的中点，
∴
∴
由（1）知，
∴，
∵,
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，
∴．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理及推论，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握这些定理是解题的关键．
15．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，熟记圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键.
（1）根据圆周角定理可得，根据切线的性质可得，由互余关系得，根据圆周角定理，即可得出结论；
（2）连接，根据圆周角定理及等腰直角三角形的性质、勾股定理计算即可；
【详解】（1）证明：是的直径，
．
．
是的切线，
．
．
．
．
又，
．
．
（2）解：连接．
平分，
．
．
，
．
．
