中考数学复习重难点专项突破训练专题09 圆的综合问题（重点突围）(教师版)

专题09圆的综合问题【中考考向导航】目录TOC\o"1-3"\h\u【直击中考】 1【考向一利用圆性质求角的度数】 1【考向二利用圆性质求线段的长度】 3【考向三利用圆性质求圆的半径】 11【考向四利用圆性质求线段的最值】 12【考向四利用圆性质求阴影部分的面积】 15【考向五切线的证明综合应用】 16【直击中考】【考向一利用圆性质求角的度数】例题：（2022秋·浙江杭州·九年级校联考阶段练习）如图，四边形内接于，，A为中点，，则等于（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据，A为中点求出，再根据圆内接四边形的性质得到，即可求出答案．【详解】解：∵A为中点，∴，∴，∵，∴，∵四边形内接于，∴，∴，∴，故选B．【点睛】此题考查圆周角定理，解决本题的关键是掌握在同圆中等弧所对的圆周角相等、相等的弦所对的圆周角相等，圆内接四边形的性质：对角互补．【变式训练】1．（2022·湖北省直辖县级单位·校考二模）如图，一块直角三角板的角的顶点落在上，两边分别交于两点，连结，则的度数是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据圆周角定理解决问题即可．【详解】解：，，，故选：B．【点睛】本题考查了圆周角定理，解决问题的关键是掌握圆周角定理，属于中考常考题型．2．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，、、、四个点均在上，，，则的度数为___________．【答案】##度【分析】首先连接，由、、、四个点均在上，，，可求得与的度数，然后由圆的内接四边新的性质，求得答案．【详解】解：连接，，，，，，，．故答案为：．【点睛】此题考查了圆的内接四边形的性质、平行线的性质以及等腰三角形的性质．此题比较适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．3．（2022·内蒙古通辽·模拟预测）如图所示，已知四边形是的一个内接四边形，且，则_______．【答案】##55度【分析】先根据圆周角定理求出的度数，再由圆内接四边形的性质即可得出结论．【详解】解：，．四边形是圆内接四边形，是四边形的一个外角，．故答案为：．【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质和圆周角定理等内容，熟知圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．【考向二利用圆性质求线段的长度】例题：（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，点A，B，C，D在上，点A为的中点，交弦于点E．若，，则的长是（

）A．2 B．4 C． D．【答案】C【分析】连接，根据圆周角定理求得，在中可得，可得的长度，故长度可求得，即可求解．【详解】解：连接，∵，∴，在中，，∴，∴∵，∴，∴∵点A为的中点，∴，故选：D．【点睛】本题考查圆周角定理和垂径定理，解直角三角形，作出合适的辅助线是解题的关键．【变式训练】1．（2022·江苏盐城·盐城市第四中学（盐城市艺术高级中学、盐城市逸夫中学）校考模拟预测）如图，以为直径的与相切于点，点、在上，连接、、，连接并延长交于点，与交于点．(1)求证：；(2)若点是弧的中点，的半径为，，求的长．【答案】(1)见解析(2)8【分析】（1）根据切线的性质可得，再由为的直径，可得，从而得到，再由圆周角定理，即可求证；（2）根据点是弧的中点，可得，再由，可得，从而得到，设，则，在中，根据勾股定理，即可求解．【详解】（1）证明：∵与相切，∴，即，∴，∵为的直径，∴，∴，∴，∵，∴；（2）解：∵点是弧的中点，∴，∵，，，∴，∴，设，则，∵的半径为，∴，在中，，∴，解得：，即．【点睛】本题考查了圆周角定理、切线的性质、勾股定理，解题的关键是利用同角的余角相等求得．2．（2022·内蒙古通辽·模拟预测）如图，与的边相切于点，与、边分别交于点、，，是的直径．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）连接，根据切线的性质得到，根据平行线和等腰三角形的性质可得，再利用“边角边”证明，根据全等三角形的性质得到，即可证明是的切线；（2）设的半径为，则，根据勾股定理解求出r，进而求出的长度，再根据相似三角形的性质得到的长度，根据全等三角形的性质即可求解．【详解】（1）证明：如图，连接．与的BC边相切于点B，是的直径，．，，.，，，在与中，，，，是的切线；（2）解：设的半径为r，．，．，，，解得：，．，，，，，，由（1）知，，．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．3．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，是的外接圆，是的直径，F是延长线上一点，连接，，且．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，是的直径，则，得到，由得到，又由得到，即可得到结论；（2）解直角三角形得到，，得到，再证明，得到＝＝＝，设，，，进一步求得，即可得到答案．【详解】（1）解：连接，∵是的直径，∴，∴，又∵，∴，又∵．∴，即，∴是的切线；（2）∵，∴，在中，∵，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴＝＝＝，设，，，又∵，即，解得（取正值），∴．【点睛】此题考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相关定理是解题的关键．4．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，为的直径，为弦，过点C的切线与的延长线交于点P，E为上一点，且，连接并延长交于点H．(1)求证：．(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接,由切线的性质可知,再证明,则,可得；（2）连接,根据为的直径得，根据得，得，利用勾股定理，解得或（舍去），则，证明，则，设，则，，可得，解，则，，由（1）可得，，从而可得．【详解】（1）解：如图①，连接，在和中，，，，，，，又，，，与相切，，．（2）解：如图②，连接，为的直径，，，，，，，解得或（舍去），，为切线，．为的直径，，，又，，，设，则，，，，解，，，由（1）可得，，．【点睛】此题考查切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、二次根式的化简等知识与方法，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，构造出直角三角形、全等三角形、相似三角形、矩形，利用全等三角形、相似三角形、矩形的性质以及勾股定理求得结果．【考向三利用圆性质求圆的半径】例题：（2022·福建福州·校考一模）如图，四边形内接于，，，则的半径为（

）A．4 B． C． D．【答案】B【分析】先根据圆内接四边形对角互补得出，由圆周角定理得出，根据可得出答案．【详解】连接，，∵四边形内接于，∴∴由勾股定理得：∵，∴∴的半径为：故选：B．【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角与圆心角的关系，解题的关键是熟练运用相关定理．1．（2022·福建福州·校考一模）如图，为的直径，P为延长线上的一点，过P作的切线，A为切点，，则的半径等于___________．【答案】3【分析】连接，因为是的切线，得，结合已知在中运用勾股定理即可求解．【详解】连接，∵是的切线，∴，，在中，，即，∴，解得，故答案为：3．【点睛】本题考查了切线的性质和勾股定理的运用；掌握切线的性质构造直角三角形是解题的关键．2．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，点A，B，C在上，，，则的半径为_____．【答案】【分析】过点A作交的延长线于点E，连接，先求出，则，利用等腰直角三角形的性质得到，则，利用勾股定理求出的长即可得到答案．【详解】解：过点A作交的延长线于点E，连接．∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．3．（2022·云南文山·统考三模）如图，在中，，D、E分别是AB、BC上的点，过B、D、E三点作，交延长线于点F，，，．(1)求证：；(2)当与相切于点D时，求的半径；(3)若，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到，即可证明；（2）连接，过点O作，垂足为M，求出，，再证明，从而求出求的半径（3）过点D作，垂足为H，过点B作，垂足为G，利用等积法求出，设，则，利用，即可求出的值．【详解】（1）∵四边形是⊙O的内接四边形，∴，∵，∴，∵，∴；（2）连接，过点O作，垂足为M，，∴，∵，，∵，∴，，在中，，∵与相切于点D，∴，∴，∴，∵，∴，，，，∴的半径为；（3）过点D作，垂足为H，过点B作，垂足为G，∵的面积，∴，，，∵，，∴，，，∴设，则，由（1）得：，，，解得：，经检验：是原方程的根，，∴的长为．【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，圆的切线的性质、相似三角形的性质与判定，解题的关键是能够根据题目的条件，进行推理证明．【考向四利用圆性质求线段的最值】例题：（2022·安徽合肥·校联考三模）如图，是的直径，，点在上，是的中点，是直径上的一动点，若，则周长的最小值为（）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【分析】根据动点最值，将军饮马模型，如图所示，作点关于的对称点，连接交于，周长为，由对称性知周长为，根据两点之间线段最短可知周长的最小为，利用圆心角、弧、弦的关系以及轴对称的性质进行计算即可得到答案．【详解】解：作点关于的对称点，则点在上，连接交于，由对称性知，周长为，根据两点之间线段最短可知周长的最小为，∵点是的中点，，∴，∴，∴，∴，∴是正三角形，∴，∵，∴周长的最小值为，故选：C．【点睛】本题考查动点最值问题-将军饮马模型，涉及圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系以及轴对称性质，掌握圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系以及轴对称的性质是解决问题的关键．【变式训练】1．（2022·广东江门·校考一模）矩形中，，，点P为矩形内一个动点且满足，则线段的最小值为________．【答案】##【分析】通过矩形的性质和等角的条件可得，所以P点应该在以为直径的圆上，根据两边之差小于第三边及三点共线即可解决问题．【详解】解：如图，∵四边形为矩形，，，，，，，∴点P在以为直径的上，在中，，，由勾股定理得，，，∴当P，D，O三点共线时，最小，的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，线段最小值问题及圆的性质，分析出P点的运动轨迹是解题的关键．2．（2022·广东江门·校考一模）中，，，点为的对称轴上一动点，过点作与相切，与相交于点，那么的最大值为______________．【答案】##【分析】设的对称轴交于F，连接，根据圆周角定理及题意得出点E在以为直径的圆上，由勾股定理得出，结合图形即可得出最大值．【详解】解：设的对称轴交于F，连接，∵，∴的对称轴，∴切于F，∵是的直径，∴，∴，∴点E在以为直径的圆上，∵，，∴，，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】题目主要考查圆周角定理及等腰三角形的性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．【考向四利用圆性质求阴影部分的面积】例题：（2022·广东江门·校考一模）如图，正方形的边长为2，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】如图，根据，求解即可．【详解】解：如图，∵四边形是正方形，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∵，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查扇形的面积的计算，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用分割法解决问题，属于中考常考题型．【变式训练】1．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，在半径为2，圆心角为的扇形内，以为直径作半圆，交弦于点D，则图中阴影部分的面积是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】已知为直径，则，在等腰直角三角形中，垂直平分，，为半圆的中点，阴影部分的面积可以看作是扇形的面积与的面积之差．【详解】解：在中，AB2，∵是半圆的直径，∴，在等腰中，垂直平分，，∴D为半圆的中点，∴．故选：A．【点睛】本题考查扇形面积的计算公式及不规则图形面积的求法，掌握面积公式是解题的关键．2．（2022春·九年级课时练习）如图，矩形中，，，是中点，以点为圆心，为半径作弧交于点，以点为圆心，为半径作弧交于点，则图中阴影部分面积的差为______．【答案】【分析】根据图形可以求得的长，然后根据图形即可求得的值．【详解】解：在矩形中，，是中点，，，．故答案为：【点睛】本题考查了扇形面积的计算、矩形的性质，解本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．3．（2022秋·四川泸州·九年级统考期中）如图，，分别是的直径和弦，半径于点．过点作的切线与的延长线交于点，，的延长线交于点．(1)求证：是的切线；(2)若，，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，可以证得，根据全等三角形的性质以及切线的性质定理可以得到，即，即可证得是的切线；（2）根据垂径定理得到，根据切线的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理得到，根据三角形和扇形的面积公式即可得出结论．【详解】（1）证明：连接，是的切线，是的直径，，于点，，，在和中，，（SAS），，，是的半径，是的切线．（2）解：于点，，，是的切线，，，，，，，，，，，在中，，．故答案为：．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，三角形和扇形的面积公式，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．4．（2022·江苏扬州·校考三模）如图，Rt△ABC中，，，为上一点，，以为圆心，以为半径作圆与相交于点，点是⊙O与线段BC的公共点，连接，并且．(1)求证：是⊙O的切线；(2)求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，由是直径，得出，进而得出，由圆周角定理得出，进而得出，然后得出，再证明，得出，再证明是等边三角形，进而得出，证明，即可得出，即可得出结论．（2）先求出等边三角形的面积为：，由（1）可得出，求出扇形的面积为：，再由勾股定理得出，求出的面积为：，然后可求得阴影部分的面积．【详解】（1）如图，连接，∵是直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴∴，∵是半径，∴是⊙O的切线．（2）∵是等边三角形，∴，∵，∴的面积为：，∵，∴扇形的面积为：，∵，，，∴，∴，∴，∴由勾股定理可得：，∴的面积为：，∴阴影部分的面积为：．【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，扇形的面积，等边三角形的判定与性质，正确作辅助线是解题的关键．5．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，已知，为的直径，过点A作弦垂直于直径于F，点B恰好为的中点，连接，．(1)求证：；(2)若，求的半径；(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积．【答案】(1)证明见详解；(2)2；(3)．【分析】（1）连接，，为的直径，得到两个直角及两条线段相等，再根据弧的中点得到弧相等，从而等到角相等，证明两个三角形全等即可得到答案；（2）连接，根据弧的中点得到弧相等，从而等到圆周角圆心角的关系，结合平角，求出的度数，在中根据勾股定理即可得到答案；（3）由（2）可得圆心角度数直接求扇形面积，再算出的面积即可得到阴影部分面积．【详解】（1）证明：连接，∵，为的直径，∴，，∵点B是的中点，∴，∴，在与中，∵，，，∴≌，∴；（2）解：连接，∵点B是的中点，∴，∴，，∵垂直于直径于F，，∴，，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，解得：；（3）由（2）可得，，在中，∴，∴，，∴，∴．【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理、扇形的面积以及解直角三角形等，作出辅助线构建直角三角形和等边三角形是解题的关键．【考向五切线的证明综合应用】例题：（2022·湖南株洲·校考二模）如图，在菱形中，是对角线上一点，，垂足为，以为半径的分别交于点，交的延长线于点，与交于点．(1)求证：是的切线；(2)若是的中点，，．①求扇形的面积；②求的长．【答案】(1)见解析(2)①，②【分析】（1）过点作于点，证明即可；（2）①先求出，再求出，，代入扇形面积公式即可；②过作，由，对应边成比例求出的长．【详解】（1）解：证明：如图，过点作于点，是菱形的对角线，，，，，是的切线．（2）①是的中点，，，，，，，，，，即，，，扇形的面积；②如图，过作于点，，，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了圆的切线判定定理、菱形的性质、矩形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，关键在于熟练掌握证明是圆的切线的方法、菱形的性质以及