专题12 圆与几何综合的两种考法（解析版）-2024年常考压轴题攻略（9年级上册人教版）

专题12圆与几何综合的两种考法类型一、切线问题例1．（连圆心，证半径）如图，内接于，是的直径，平分交于点E，过点E作，交的延长线于点F．

(1)求证：与相切；(2)若，，过点E作于点M，交于点G，交于点N，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，由是的直径可得，进而可得，再根据圆周角定理可得，进而可证，，即可证明与相切；（2）连接，，先证是等边三角形，推出，再根据圆周角定理证明，进而可得，再根据弧长公式即可求解．【详解】（1）证明：如图，连接，

是的直径，，平分交于点E，，，，，，是的半径，与相切；（2）解：如图，连接，，

，，，，是等边三角形，，，，，，，，，是的直径，，．即的长为．【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，弧长公式，等边三角形的判定与性质等，熟练应用圆周角定理是解题的关键．例2（连半径，证垂直）．如图，中，，过B、C两点，且是的切线，连接交劣弧于点P．(1)证明：是的切线；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析；(2)6【分析】（1）利用全等三角形的判定与性质和圆的切线的性质定理得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论；（2）设的半径为r，则，．在中，利用勾股定理列出方程，解方程即可得出结论．【详解】（1）∵是的切线，∴，∴．在和中，，∴，∴，∴，∵为的半径，∴是的切线；（2）设的半径为r，则，．在中，∵，∴，解得：．∴的半径为6．【点睛】本题考查了圆的切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键．【变式训练1】．如图，内接于是的直径，的切线交的延长线于点交于点，交于点，连接．

(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；(2)若的半径为，求阴影部分的面积．【答案】(1)相切，理由见解析；(2)【分析】（1）连接，证明，由全等三角形的判定与性质得出，由切线的判定可得出结论；（2）证明是等边三角形，求出，，由三角形面积公式和扇形的面积公式可得出答案．【详解】（1）解：直线与相切．理由如下：连接，

为圆切线，，，，，，，，，在和中，，，，，又为圆的半径，为圆的切线；（2），，是等边三角形，，，，，，，阴影部分的面积为．【点睛】此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，三角形的面积求法，等边三角形的判定与性质，扇形的面积公式，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．【变式训练1】．如图，为的直径，是圆的切线，切点为，平行于弦．

(1)求证：是的切线；(2)直线与交于点，且，，求的半径．【答案】(1)见解析；(2)【分析】（1）连接，根据切线的性质得到，根据平行线的性质可得，，根据等边对等角可得，推得，根据全等三角形的判定和性质可得，即可根据切线的判定定理证明结论；（2）设的半径为r，根据勾股定理列出方程，解方程求出的半径．【详解】（1）证明：连接，

∵是的切线，∴，∵，∴，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∵是的半径，∴DC是的切线；（2）解：设的半径为r，在中，，即，解得：，∴的半径为．【点睛】本题考查的是切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质、平行线的性质，等边对等角，勾股定理，熟记经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．【变式训练2】．如图，以线段为直径作，交射线于点C，平分交于点D，过点D作直线于点E，交的延长线于点F．连接并延长交于点M．

(1)求证：直线是的切线；(2)求证：；【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质得到，根据角平分线的定义得到，证明，根据平行线的性质得到，根据切线的判定定理证明即可；（2）根据题意证得，再根据等边对等角即可证明．【详解】（1）解：证明：连接，

，，平分，，，，，，是的半径，直线是的切线；（2）线段是的直径，，，，，，，．【点睛】本题考查的是切线的判定和性质、圆周角定理、直角三角形的性质，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．【变式训练3】．如图，在中，，平分交于点D，O为上一点，经过点A，D的分别交，于点E，F．

(1)求证：是的切线；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析；(2)的半径为5．【分析】（1）连接，可得，根据等边对等角，以及角平分线的定义，可得，根据“内错角相等，两直线平行”可得，根据平行线的性质，可得，再根据切线的判定方法，即可判定；（2）过点O作，交于点G，根据垂径定理可得，故，根据矩形的判定和性质，即可求解．【详解】（1）证明：如图，连接，则，

，是的平分线，，，，，为的半径，点D在上，∴是的切线；（2）解：过点O作，交于点G，如图，

，，，，，，，，四边形是矩形，，的半径为5．【点睛】本题考查了圆的切线的判定、圆的垂径定理，矩形的判定和性质、等腰三角形的性质、角平分线的定义、平行线的判定和性质，解题的关键是准确作出辅助线．类型二、求长度例．如图，已知是的外接圆，是的直径，D是延长线的一点，交的延长线于E，于F，且．

(1)求证：是的切线；(2)若，求的长．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）要证是的切线，只要连接，再证即可；（2）由切线的性质及勾股定理可得的长，再根据三角形面积公式及勾股定理可得的长，最后由全等三角形的判定与性质可得答案．【详解】（1）证明：连接；∵，又，∴．∵，∴，∴．∴．∴．又是的半径，∴是的切线．

（2）解：∵，∴，，∵，即，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质．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．【变式训练1】．如图，在中，，点D在边上，点E在边上．以点D为圆心，为半径作与相切于点F，已知．

(1)求证：；(2)连接，若，求线段的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，根据与相切于点F得到，结合，即可得到，结合，，得到，即可得到证明；（2）根据，得到，即可得到，即可得到，即可得到答案；【详解】（1）证明：连接，

∵与相切于点F，∴，∴，又，，∴，∴；（2）解：在和中，∵，，∴，∴，∴，由（1），∴，∴；【点睛】本题考查圆的切线的性质，三角形全等的性质与判定，解题的关键是根据三角形全等的性质转换线段关系．【变式训练2】．如图，在中，，O是边上的点，以为半径的圆分别交边、于点D、E，过点D作于点F．

(1)求证：直线是的切线；(2)若，求劣弧的长．【答案】(1)详见解析；(2)【分析】（1）连接，等边对等角推出，得到，进而推出，即可得证；（2）平行线的性质，求出的度数，利用弧长公式进行求解即可．【详解】（1）解：证明：连接，

∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，而于点F，∴，又是的半径，即直线是的切线；（2）解：∵，∴，∵，即圆的半径为1，∴劣弧的长．【点睛】本题考查切线的判定，求弧长．解题的关键是掌握切线的判定定理以及弧长的计算公式．【变式训练3】．如图，是的直径，点是的中点，过点的切线与的延长线交于，连接，．(1)求证：；(2)若，，求的面积．【答案】(1)见解析；(2)的面积为【分析】（1）连接，根据切线的性质，则，则，根据点是的中点，等弧所对的圆周角相等可得，根据平行线的判定和性质，即可；（2）连接，根据平行四边形的判定，得四边形是平行四边形，根据，则平行四边形是菱形，则是等边三角形，根据等边三角形的性质，得，；根据直角三角形中，所对的直角边是斜边的一边，得，再根据圆的面积公式，即可．【详解】（1）证明：连接，∵，∴，∵点是的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴．（2）解：连接，∵，，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是菱形，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴的面积为：．【点睛】本题考查圆，三角形，菱形的知识，解题的关键是掌握圆的基本性质，圆的切线，等边三角形的性质，菱形的判定和性质．【变式训练4】．如图1，在中，为的直径，点为上一点，为的平分线交于点，连接交于点E．

(1)求的度数；(2)如图2，过点A作的切线交延长线于点，过点作交于点．若，，求的长．【答案】(1)；(2)【分析】（1）根据圆周角定理证得两直线平行，再根据平行线的性质即可得到结论；（2）由勾股定理得到边的关系，求出线段的长，再利用等面积法求解即可．【详解】（1）解：为的直径，，为的平分线，，，，，，，，；（2）解：连接，设，则，，，

为的直径，，在中，，由（1）得，，，，，，，解得或（不合题意舍去），，，是的切线，，，，，．【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，切线的性质，解一元二次方程，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．课后训练1．如图，以为直径的经过的顶点C，，分别平分和，的延长线交于点D，连接，.

(1)求证：：(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)【分析】（1）由角平分线的定义和圆周角定理可知，，，可得即可证明结论；（2）连接、、，交于点，由题意易知，进而可知，结合，可知垂直平分．易证是等腰直角三角形，，可得，可得．设，则，在和中，根据，可列方程解出的值，进而完成解答．【详解】（1）证明：由圆周角定理可得：，∵平分，平分，∴，．∵，，∴．∴．（2）解：连接、，交于点，

由圆周角定理可得：，由（1）知，∴．∴．∵．∴垂直平分．∵为直径，∴，则是等腰直角三角形．∵，∴．∵，，解得：∴．设，则，在和中，，即：，解得，即，∴．∴．【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识点，证明是等腰直角三角形是解题关键．2．如图，在中，为直径，为弦，为延长线上的一点，连接．(1)若的长为，求的度数．(2)若，，求证：是的切线．【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）连接，如图，设的度数为，利用弧长公式得到，求出n得到，然后根据圆周角定理得到的度数；（2）连接，如图，先利用圆周角定理得到，则利用勾股定理先计算出，再计算出，所以，然后利用勾股定理的逆定理证明为直角三角形，，所以，从而根据切线的判定定理得到结论．【详解】（1）解：连接，如图，设的度数为，

∵的长为，为直径，，∴，解得，即，∴；（2）连接，如图，

∵为直径，∴，在中，，在中，，∴，∵，，，∴，∴为直角三角形，，∴，而为直径，∴是的切线．【点睛】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了圆周角定理、弧长公式和勾股定理的逆定理．3．如图，在中，A、B，C三点在上，点O在边上，点E在外，，垂足为F．

(1)若，求证：是的切线；(2)若，求的长．【答案】(1)详见解析(2)【分析】（1）连接和，四边形是平行四边形得，则，则，即可得到，即可得到，又由是的半径即可得到结论；（2）过点F作交于点G，四边形是平行四边形，则，，则，得四边形为平行四边形，则，设的半径为x，则，由垂径定理可得，在中，由勾股定理可得则，解得即可得到，则，再证，在中，即可得到的长．【详解】（1）证明：连接和，

∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，∴，是的半径，是的切线（2）解：过点F作交于点G，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴四边形为平行四边形，，设的半径为x，则∴，在中，∴，解得∴，

∴，∴，∴在中，∴．【点睛】此题考查了切线的判定定理、垂径定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握切线的判定定理和添加合适的辅助线是解题的关键．4．如图1，已知为的直径，C为上一点，于E，D为弧的中点，连接，分别交于点F和点G．(1)求证：；(2)如图2，若，连接，求证：．【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，从而可得∠CAG+∠AGC＝90°，根据垂直定义可得，从而可得，然后根据已知可得，从而可得，进而可得，最后根据对顶角相等可得，从而可得进而根据等角对等边即可解答；（2）连接，利用（1）的结论，再根据等角的补角相等可得，然后根据证明，从而可得，进而可得，最后根据等弧所对的圆周角相等可得，从而可得，进而利用等腰三角形的三线合一性质即可解答．【详解】（1）证明：连接，∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵D为弧的中点，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（2）解：连接，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，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．5．如图，中两条互相垂直的弦交于点P，经过点O，E是的中点，连接，延长交于点F．(1)若，，求的长；(2)求证：．【答案】(1)的长为；(2