2025年九年级中考数学冲刺练习-圆性质综合之求线段长度问题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025年九年级中考数学冲刺练习-圆性质综合之求线段长度问题1．如图，在中，，．以为圆心，为半径作圆，交于点，交于点，是上一点，且．(1)求证：是的切线；(2)若，求线段的长．2．如图，线段为的直径，点C，D为上的两点，点D平分，与相交于点E，连接，，延长至F，连接，使．(1)求证：；(2)求证：为的切线；(3)若，且，求线段的长．3．如图，是的直径，点为外一点，过点作于点，交于点和点，连接，与相交于点，点为线段上一点，且．(1)求证：为的切线；(2)若点为的中点，的半径为2.5，，求的长．4．如图，是的直径，弦于点H，G为上的一点，连接，交线段于点F，E为的延长线上一点，．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为5，，求的长．5．如图，是的直径，以为边作交于点，且．过点作于点，延长交于点．(1)求证：是的切线；(2)若，，求线段的长．6．如图，半圆的直径．点在半圆上，连结，，过点作分别交，于点，，连结交于点．(1)求证：点是的中点；(2)当与相似时，求线段的长．(3)将点绕点顺时针旋转到点．当点在线段上，求线段的长．7．如图，是的外接圆，点在上．连接交于点，．(1)如图1，求证：为的直径；(2)如图2，连接，，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，点在弧上，连接交于点，连接，若，，，求线段的长．8．如图，为等边的外接圆，点D在劣弧上．运动（不与重合），连结．(1)若，求的大小；(2)求证：；(3)若（m为常数），作点B关于点C的对称点E，连接，求线段的最小值．9．已知，如图，为的直径，点在上，与经过点的切线垂直，交于点，连接交于点．(1)求证：平分；(2)连接，若，，求线段的长．10．如图，内接于，是的直径，过O作交的延长线于点D，交于点E、F是线段的中点，连接．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．11．如图，线段与相切于点，的一条弦，连接，交于另一点，交于点．(1)如图1，经过圆心，连接，，求证：．(2)如图2，不经过圆心．若，，，求的长．12．如图，已知为的直径，与相切于点，交的延长线于点，连接，，，平分交于点，过点作于点．(1)求证：；(2)若的直径为，求线段的长．13．如图，在中，，连接，，，过点作，交的延长线于点，与的延长线相交于点，与相交于点．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为2，求线段的长．14．如图，是的直径，点是上一点，和过点的切线互相垂直，垂足为，直线与的延长线相交于．弦平分，交直径于点，连接．(1)求证：平分；(2)求证：；(3)若，，求线段的长．15．如图，线段经过的圆心O，交于A，C两点，为的弦，连接，，连接并延长，交于点E，连接交于点F．(1)求证：是的切线；(2)求证：；(3)若，求的长．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《2025年九年级中考数学冲刺练习-圆性质综合之求线段长度问题》参考答案1．(1)见解析(2)【分析】本题考查了切线的判定，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键；（1）连接，根据，，可得，根据可得，进而得出，即可得证；（2）设与交于点，得出，在中，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．【详解】（1）连接，，，，又，，，点在上，为的切线；（2）设与交于点，，，，，，在中，，，，．2．(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）由点D平分可知，得，由，可知，则，即可证得结论；（2）由（1）可知，可知，进而可知，则，即可证得结论；（3）延长交于，连接，先证，得，进而求得，则，，，，则，再证，得，设，则，，列出方程即可求解．【详解】（1）证明：∵点D平分，则，∴，∵，∴，∴，∴；（2）证明：由（1）可知，∴，∵，∴，则，∴为的切线；（3）解：延长交于，连接，∵，∴，∴，∵，∴，则，，∴，，则，由圆周角定理可知，，，∴，∴，设，则，，∴，解得：（负值舍去），∴．【点睛】本题考查圆周角定理，切线的证明，平行线的判定，相似三角形的判定及性质，熟练掌握相关图形的性质，添加辅助线构造相似三角形是解决问题的关键．3．(1)见解析(2)【分析】本题考查了圆的性质与切线的判定定理，勾股定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．（1）由题意连接，得出，进一步得出即，由此可证为的切线；（2）连接，，先得出，，以及，，进一步得出，勾股定理得出，最后即可得出的长．【详解】（1）证明：连接，∵，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，∵是半径，∴为的切线；（2）连接，，∵是直径，的半径为2.5，∴，，∵，，，∴，，∵，∴，，∵点为的中点，∴，∴，∴，∴，∵，，，∴，∴．4．(1)见解析(2)【分析】（1）如图所示，连接，由得到，然后结合得到，即可证明；（2）求出，，利用解直角三角形求出，得到，，连接，证明出，得到，然后代数求出，得到，然后利用勾股定理求解即可．【详解】（1）解：如图所示，连接∵∴∵∴∵∴∴∵是半径∴是的切线；（2）解：∵的半径为5，∴∴∵∴，∴∴，如图所示，连接∵∵是的直径，∴∴又∵∴∴，即∴（负值舍去）∴∴∵∴∴∴（负值舍去）∴．【点睛】此题考查了切线的性质和判定，勾股定理，相似三角形的性质和判定，解直角三角形等知识，解题的关键是掌握以上知识点．5．(1)见解析(2)【分析】（1）连接．由等边对等角得出，，等量代换可得出，即可得出，由平行线的性质即可得出．（2）连接，．由直径所对的圆周角等于90度以及等腰三角形三线合一的性质得出，再由正切的定义得出，由勾股定理得出，进而可求出，，．【详解】（1）证明：如图，连接．∵，∴．∵，∴．∴．∴．∵，∴．又∵是半径，∴是的切线．（2）解：如图，连接，．∵为的直径，∴，．又∵，，∴点是的中点，．∴，∴，在中，，∴．∴，解得．∴．∴．【点睛】本题主要考查了圆的切线证明，等边对等角，平行线的判定和性质，直径所对的圆周角等于90度，等腰三角形三线合一，平行线截线段成比例定理，正切的定义等知识，掌握这些知识是解题的关键．6．(1)见解析(2)(3)【分析】（1）利用圆周角定理得到，利用平行线的性质和垂径定理解答即可得出结论；（2）利用相似三角形的性质得到，利用同圆的半径相等的性质，等腰三角形的性质和圆周角定理得到，再利用含角的直角三角形的性质解答即可；（3）画出图形，利用旋转的性质和全等三角形的判定与性质得到，，设，则，，利用相似三角形的判定与性质求得，，再利用勾股定理列出方程解答即可．【详解】（1）证明：∵是半圆O的直径，，．，，，点是的中点；（2）解：当与相似时，分两种情况：①当时，不符合题意，舍去．②当时，，，，，，，，，．即线段的长为；（3）解：如图：由(1)知，，．由旋转的性质可知：，，，．在和中，，，，．由①得：，，为的中位线，．设，则，．，，，．．，，，解得：或(负数不合题意，舍去)，．【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，相似三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，旋转的性质，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键．7．(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据圆周角定理得到，结合已知推出，即可证明；（2）根据圆周角定理结合三角形内角和定理推出，，即可得出结论；（3）过点B作，垂足为，过点O作，垂足为，连接，根据，先证明，由圆周角定理，解直角三角形求出的半径，利用勾股定理建立方程求出，，，，再利用三角形面积公式求出，进而求出，解直角三角形求出，再利用勾股定理求出，进而即可得出结果．【详解】（1）证明：连接，∵，∴，∵，∴，即,∴为的直径；（2）证明：连接，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（3）解：过点B作，垂足为，过点O作，垂足为，连接，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，，∵，设，则，∴在中，，即，整理得：，解得：或（舍去），∴，，，∴，∵，∴，在中，，即，解得：（负值舍去），∴，在中，，在中，，∴，在中，，，∴，∴，在中，，∴．【点睛】此题考查圆综合题，圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，解题的关键是学会添加辅助线，构造直角三角形，记住一些基本图形、基本结论．8．(1)(2)见解析(3)【分析】（1）根据等边三角形的性质可得，从而得到的度数，再由圆内接四边形的性质，即可求解；（2）在线段上取点P，使，可得是等边三角形，从而得到，，进而得到，可证明，从而得到，即可；（3）连接并延长，交于点G，连接，当点位于上时，最小，过点作于点F，过点作于点，设，则，，，，，，由，解得：，，则，在中，由勾股定理得，，代入解得：，则，．【详解】（1）解：∵是等边三角形，∴，∵，∴，∵四边形为圆内接四边形，∴，∴；（2）证明：如图，在线段上取点P，使，∵是等边三角形，∴，∴，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，∵，∴；（3）解：连接并延长，交于点G，连接，当点位于上时，最小，过点作于点F，过点作于点，设，∴∵，∴，，∴，则在由勾股定理得，，∴，∴则在中，由勾股定理得，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，解得：，，∴，在中，由勾股定理得，，代入解得：，∴而，∴，∴．【点睛】本题考查了圆的内接四边形性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，计算复杂，难度较大．9．(1)见解析(2)2【分析】（1）由DC是的切线，，证明，可得，由，证明，从而可得结论；（2）设，则，然后得到，，证明出，得到，然后代数求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接，交于点G是的切线，，平分；（2）设∴∵∴∴，∴，即∵为的直径，∴又∵∴∴，即解得或（舍去）∴．【点睛】此题考查了切线的性质，相似三角形的性质和判定，垂径定理，直径所对的圆周角是直角等知识，解题的关键是掌握以上知识点．10．(1)见解析(2)【分析】（1）证明，则，由是的半径即可得到结论；（2）利用勾股定理求出，证明，求出，再证明，求出，由，代入即可得到答案．【详解】（1）证明：∵为的直径∴，∴，∵点是的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，即，∴．∵是的半径，∴是的切线；（2）解：∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵点是的中点，，∴．【点睛】本题考查了切线的判定定理、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．11．(1)详见解析(2)【分析】本题主要考查切线的性质，垂径定理，勾股定理，平行的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．（1）证明，，再根据，即可得到结论；（2）设与相交于点，连接，根据三角函数得到，设，则，在中，，即，解得的值即可得到答案．【详解】（1）证明：，．，．，．，，；（2）解：如图，设与相交于点，连接．，．，．在中，设，则．，．在中，，即，解得，（舍去），．，．12．(1)见解析(2)【分析】（1）连接，利用切线的性质可得，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得，从而利用圆周角定理可得，最后根据等角对等边，即可解答；（2）根据直径所对的圆周角是度可得，从而利用（1）的结论可得，再利用角平分线的定义可得，然后在中，利用勾股定理进行计算即可解答．【详解】（1）证明：连接，如图：与相切于点，，，，，，；（2）解：为的直径，，，的直径为，，平分，，，，是以为直角顶点的等腰直角三角形，，在中，，（负值已舍）．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解答本题的关键．13．(1)见解析(2)【分析】本题考查切线的判定和性质，相似三角形的判定与性质；（1）由结合半径相等，可证出，从而得出四边形是菱形，由，，可得出，得出是切线；（2）根据直角三角形的性质，可求出、，进而在中，由勾股定理求出，再根据，可得，进而得到即可．【详解】（1）如图，连接，，，∴，，∴、是等边三角形，，四边形是菱形，∴，又，，是的切线；（2）由（1）得，，，在中，，，，，在中，由勾股定理得，，∵，∴，，又，，，，即．14．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据切线的性质得，而，则可判断，根据平行线的性质得，即可得到平分；（2）根据直径所对的圆周角是直角可得出，根据余角的性质可得出，然后根据角平分线的定义以及三角形外角的性质可得出，最后根据等角对等边即可得证；（3）连接，证明，根据，求出，证明，得出，根据，得出，设，则，在中，根据勾股定理得出，解方程，得出x的值，即可得出答案．【详解】（1）解：连接．，．是的切线，，，．．即平分．（2）证明：是直径，，又，．又，，．．．（3）解：连接．，．又是直径，．，．，，．又，．设，则，在中，，解得，．，，．【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理和相似三角形的判定与性质，勾股定理．圆的切线垂直于经过切点的半径．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．