試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁圓與三角形的綜合（圓的綜合問題）歸納練2025年中考數學二輪復習備考1．如圖，在中，，以為直徑的交于點，是的中點．

(1)判斷直線與的位置關系，并說明理由；(2)若，，求陰影部分的面積；2．如圖，四邊形內接于，是的直徑，，過點C作交延長線于點

(1)求證：是的切線；(2)若，，求的長．3．如圖，在中，是的直徑，是的弦，，．

(1)求的半徑；(2)連接，過圓心向作垂線，垂足為，求的長．4．如圖1，在中，為直徑，點在圓上，，，是上一動點（與A、B不重合），平分交邊于點，，垂足為點．

(1)當點與圓心重合時，如圖2所示，求的長．(2)當與相似時，求的值．5．如圖，已知：四邊形內接于，弦垂足為F，．(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，連接，點G在上，連接并延長交于點H，連接，若，，求證：；(3)在（2）的條件下，連接GO并延長交DE于點N，AH與BC交于點K，若，時，如圖3，求線段DC的長．6．如圖，在中，，分別與邊，相切于點D和點E，連接．

(1)求證：為的平分線．(2)連接與交于點F，且滿足，若，求的半徑．7．如圖，點O是的邊上一點，以為半徑的與邊相切于點E，與邊、分別相交于點D，F，且．

(1)求證：；(2)當，，求的長．8．如圖，在中，點在斜邊上，以為圓心，為半徑作圓，分別與相交于點，連接．已知．

(1)求證：是的切線；(2)若，，求的半徑．9．如圖，已知中，；以為直徑作，與邊相切于點，交邊于點，為中點，連接．

(1)求證，是的切線；(2)尺規作圖，點是線段上一動點，當最小時，請在圖中畫出點的位置（不寫作法，保留作圖痕跡），(3)在（2）的條件下，若，，求出的長度．10．如圖，四邊形內接于，連接、交于點，是的直徑，且，過點作的切線，交的延長線于點．

(1)求證：；(2)若，，求的長．11．如圖，在中，，以為直徑作，分別交于點，交于點，過作于，連接并延長交的延長線于點．(1)求證：是的切線；(2)連接交于，若，，求的值．12．如圖，是的外接圓，為的直徑，點D是的內心，連接并延長交于點E，過點E作，交的延長線于點F．(1)求證：是的切線；(2)若的半徑為4，，求陰影部分的面積（結果用含的式子表示）．13．如圖，A、P、B、C是⊙O上的四點，，與交于Q點．(1)判斷的形狀，并證明你的結論；(2)求證：；(3)若，的面積為，求的長．14．如圖，是的直徑，點C在上，過點C作，點D是的中點，的延長線與相交于點E，(1)如圖1，連接，，求證：四邊形是平行四邊形．(2)如圖2，與相切于點C，與相交于點F，連接并延長交于點G，若的半徑是4，求的長．15．已知⊙是的外接圓，為的直徑，延長，交于點，．(1)如圖，求證：．(2)如圖，過點作于，交于點，若，求證：；(3)如圖，在的條件下，連接交于點，若，求的長．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《圓與三角形的綜合（圓的綜合問題）歸納練2025年中考數學二輪復習備考》參考答案1．(1)與相切，理由見解析(2)陰影部分的面積為【分析】（1）連接，如圖，先利用為的中位線得到，再證明，接著證明得到，然后利用直線與圓的位置關系可判斷為的切線；（2）先計算出，，則根據圓周角定理得到，接著利用，然后根據扇形的面積公式，利用陰影部分圖形的面積等于扇形面積減去三角形面積進行計算．【詳解】（1）解：與相切，理由如下：連接，，如圖：

是中點，為的中點，為的中位線，，，，，，，在和中，，，，，且為半徑，為的切線．（2）解：，，，，，∴在中，，∴，則，即的半徑為，，，∴，設與交于點，∴，，∴，則，∵，，∴，陰影部分圖形的面積，∴，∴陰影部分的面積為．【點睛】本題考查了圓與幾何圖形的綜合，掌握圓的基礎知識，切線的證明方法，含角的直角三角形三邊的關系、圓周角和扇形的面積公式等知識是解題的關鍵．2．(1)見解析(2)【分析】（1）由切線的判定定理即可證明；（2）由相似三角形的判定和性質，垂徑定理，勾股定理，可以求解．【詳解】（1）證明：連接，，如圖所示：

是直徑，，，，∴，，，，是的半徑，是的切線；（2）解：作于F，連接，如圖所示：

，四邊形是矩形，，是直徑，，，，，，，，，，，，，，，【點睛】本題考查圓的有關知識，關鍵是掌握并熟練應用相似三角形的判定和性質，勾股定理，垂徑定理，圓內接四邊形的性質．3．(1)的半徑為(2)的長【分析】（1）如圖，連結，根據垂徑定理可得的長，設的半徑為，在中，由勾股定理即可求解；（2）如圖所示，連結，根據垂徑定理可得，可得是的中位線，可得，在中，根據勾股定理可求出的長，由此即可求解．【詳解】（1）解：如圖，連結，

∵，，∴，設的半徑為，，則，在中，由勾股定理得，，即，∴，即的半徑為．（2）解：如圖所示，連結，

∵，∴，又∵，∴是的中位線，∴，在中，，∴，∴，∴的長．【點睛】本題主要考查圓與幾何圖形的綜合，掌握圓的基礎知識，勾股定理，三角形的中位線的性質等知識是解題的關鍵．4．(1)(2)或【分析】（1）先在中由勾股定理求出和的長，再由條件可說明是的中位線即可求出答案；（2）分兩種情況：當時，可證得，再根據平分，可得，即可求出答案；當時，則，得出，再由平分，可得，推出,即可求出答案．【詳解】（1）解：為直徑，，又，，設，，在，由勾股定理得：，，解得：，，，又，平分，，又，是的中位線，；（2）解：∵與相似，且，或，①當時，則，，，，，又平分，，；當時，則，，又平分，，，又，，，又平分，，，綜上所述，的值為或．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了勾股定理，相似三角形的判定和性質，角平分線的定義，銳角三角函數等知識，解題關鍵是熟練掌握相似三角形的性質和判定等相關知識，運用分類討論思想和方程思想解決問題．5．(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）首先根據圓內角四邊形的性質得到，然后結合，，利用平行線的判定方法求解即可；（2）取的中點T，連接，首先根據圓周角定理得到，然后結合，得到，然后證明出，進而可得到；（3）過點G作于M，延長交于W，首先證明出，得到，然后由得到，進而得到，求出，，，，然后由得到，求出，，過點C作于S，得到四邊形是矩形，最后利用三角函數和勾股定理求解即可．【詳解】（1）∵四邊形內接于，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，（2）取的中點T，連接，∵，∴，∴，，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．（3）過點G作于M，延長交于W，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，，，，∴，，，，∴，∴，∴，解得，，過點C作于S，∴四邊形是矩形，∴，∴，∴，設，∴，∴，在中，勾股得，∴，∴，解得，（舍），在中，．【點睛】此題考查了圓與三角形綜合題，三角函數的運用，全等三角形等性質和判定，勾股定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．6．(1)見解析(2)4【分析】（1）連接，，證明為正方形即可求解；（2）根據條件證明和，根據相似三角形的性質即可求解．【詳解】（1）證明：如圖，連接，，

∵，均為的切線，∴．又∵，∴四邊形為矩形，而．則矩形為正方形．∴為的平分線；（2）解：由（1）可知，即，∴：又由可知，，∵，∴，∵，，∴．即，設的半徑為r，，由（1）得，為正方形，∴，則，∴，解得．∴的半徑為4．【點睛】本題考查了圓與三角形的綜合題，涉及到相似三角形的判定與性質、正方形的判定與性質等，正確作出輔助線是關鍵．7．(1)見解析(2)【分析】（1）連接，根據相切可得，根據同弧所對圓周角是圓心角的一半可得即可求出；（2）證明，根據相似三角形的判定和性質求解即可．【詳解】（1）證明：連接，如圖所示，

∵以為半徑的與邊相切于點E，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（2）解：∵，，∴，由（1）得：，，∴，∴，∴設半徑為r∴，，∴，解得：，∴，∴；【點睛】本題考查切線的性質，等腰三角形的性質，弧、弦、圓周角的關系，相似三角形的判定與性質、勾股定理、平行線的判定與性質等知識，熟練掌握相關知識的聯系與運用是解答的關鍵．8．(1)見解析(2)的半徑為【分析】（1）如圖所示，連接，在中，，根據，可證，可得，由此即可求證；（2）根據題意，在中求出的長，根據可求出的長，由此即可求解．【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，

∵，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∴為的切線．（2）解：∵，∴在中，，∵為的切線，如圖所示，連接，是直徑，

∴，∴，∴，∵，∴，且，∴，∴，∴，即，且，∴，∴，∴，∴，∴的半徑為．【點睛】本題主要考查圓與直角三角形的綜合，掌握直角三角形與勾股定理的運用，切線的證明方法，相似三角形的判定和性質的知識是解題的關鍵．9．(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）連接，根據題中條件證明即可證明；（2）過D作垂線，交于，則與D關于對稱，連接交于P，此時最小，則點P即為所求作；（3）在中，利用銳角三角函數求出，然后在中，利用三角函數設，，根據的長即可求出k，證明即可求出．【詳解】（1）證明：連接，如圖所示，

∵為的直徑，∴，，∴，，∵為中點，∴，∴，∵，∴,∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴是的切線；（2）解：過D作垂線，交于，則與D關于對稱，連接交于P，此時最小，則點P即為所求作；

（3）解：設與的交點M，連接，如圖所示，

∵，∴，在中，，，∴，則，在中，，∵E為中點，則，在中，，設，，則，∴，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，即，∴；【點睛】本題考查了切線的判定與性質、圓周角定理、直角三角形斜邊中線性質、等腰三角形的性質、最短路徑問題、垂徑定理、相似三角形的判定與性質、銳角三角函數及勾股定理等知識，涉及知識點較多，綜合性強，熟練掌握切線的判定與性質，會利用相似三角形的性質和銳角三角函數解決問題是解答的關鍵．10．(1)見解析(2)【分析】（1）先證明，得到，再根據等腰三角形的性質得到，再根據切線的性質及平行線的判定即可得證；（2）根據三角函數得到，得到的長，再根據得到，再根據相似三角形的性質即可．【詳解】（1）證明：是的直徑，，，．在和中，，，，，，是的切線，，；（2）解：，，，，，，即，，，，，即，．【點睛】本題主要考查了圓的切線的性質，相似三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，等腰三角形的性質與判定，解直角三角形的應用，關鍵是證明三角形全等與相似．11．(1)見解析(2)2【分析】本題考查了等腰三角形的判定和性質，圓的切線的判定，相似三角形的判定和性質，圓周角，掌握相關知識點是解題關鍵．（1）連接，根據等邊對等角的性質，得到，從而得出，即可證明結論；（2）連接，先證明，，從而得到，，再結合直徑所對的圓周角是直角，得到，推出，從而得出點是的中點，求出，最后證明，得到，即可求出的值．【詳解】（1）證明：如圖，連接，，，，，，，，，又是半徑，是的切線（2）解：如圖，連接，，，，，，，，，，，是直徑，，，，，，，，即點是的中點，，，，，，，．【點睛】12．(1)見解析(2)【分析】本題考查了三角形的內切圓與內心，三角函數的定義，圓周角定理，三角形的外接圓與外心，扇形面積的計算．（1）連接，交于點，根據等腰三角形的性質得到，由D為的內心，得到，求得，根據圓周角定理得到∠，求得，根據切線的性質得到即可；（2）先利用，求得，根據扇形和三角形的面積公式即可得到結論．【詳解】（1）證明：連接，交于點，，又為的內心∴又為的直徑又∵∴是的切線．（2）解：∵，∴，又∵，∴，∴，=．13．(1)等邊三角形，見解析(2)見解析(3)【分析】（1）由圓周角定理知，即可證明是等邊三角形；（2）過B作交于D，證得，，再證即可；（3）通過作輔助線，構造等腰直角三角形求解．【詳解】（1）解：是等邊三角形．證明：∵，，∴，∴是等邊三角形；（2）證明：如圖，過B作交于D，則，又∵，∴，，∵，∴，；（3）解：設正的高為h，則．∵，即，解得，連接，，，作于E，由是正三角形知，從而得，∴；由得，于是，∴，如圖，作等腰直角，在直角邊上取點G，使，則，作，垂足為H．設，則．在中，，，∴，，∴．在圖中，作于F，∴．解法二、連接，過點P作，交的延長線于點H，同上可求，∵，∴，∴，，∴，∴．【點睛】本題利用了圓周角定理，等邊三角形的判定和性質，銳角三角函數的概念，三角形的面積公式，等腰直角三角形的性質，解題關鍵是通過作輔助線，構造相似三角形和等腰直角三角形．14．(1)證明見解析(2)【分析】本題考查了圓的性質，平行四邊形的判定，全等三角形的判定與性質，勾股定理，解直角三角形．綜合運用圓的性質，平行四邊形的判定，全等三角形的判定與性質，勾股定理，解直角三角形等知識點是解題的關鍵．（1）利用“”證明后得到，再根據即可證明．（2）根據勾股定理在中求出，進而求出，利用求出，進而求出，最后根據求出后即可求解．【詳解】（1）證明：∵

∴，，

∵點D是的中點，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴四邊形是平行四邊形．（2）解：∵與相切

∴，∴，又的半徑是4，∴，．

由（1）可知

∴，，，在中，，∴，．在中，，

∵是直徑，

∴．

在中，，

∴，

∴，

在中，，

∴，∴．15．(1)見解析；(2)見解析；(3)．【分析】連接，根據圓周角定理可知，根據可知是的中垂線，根據中垂線的性質可證結論成立；作于點，根據，可知，根據可知，根據平行線