專題25圓的有關計算與證明（共20道）（教師版）（02期）-2023年中考數學真題分類訓練

專題25圓的有關計算與證明(20道)一、填空題1．(2023·江蘇徐州·統(tǒng)考中考真題)如圖，在中，直徑與弦交于點．連接，過點的切線與的延長線交于點．若，則°．

【答案】66【分析】連接，則有，然后可得，則，進而問題可求解．【詳解】解：連接，如圖所示：

∵是的直徑，且是的切線，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；故答案為：66．【點睛】本題主要考查切線的性質、圓周角、弧之間的關系，熟練掌握切線的性質、圓周角、弧之間的關系是解題的關鍵．2．(2023·湖南常德·統(tǒng)考中考真題)沈括的《夢溪筆談》是中國古代科技史上的杰作，其中收錄了計算圓弧長度的“會圓術”，如圖．是以O為圓心，為半徑的圓弧，C是弦的中點，D在上，．“會圓術”給出長l的近似值s計算公式：，當，時，．(結果保留一位小數)【答案】0.1【分析】由已知求得與的值，代入得弧長的近似值，利用弧長公式可求弧長的值，進而即可得解．【詳解】∵，∴，∵C是弦的中點，D在上，，∴延長可得O在上，∴，∴，，∴．故答案為：．【點睛】本題考查扇形的弧長，掌握垂徑定理?；￠L公式是關鍵．二、解答題3．(2023·遼寧盤錦·統(tǒng)考中考真題)如圖，內接于，為的直徑，延長到點G，使得，連接，過點C作，交于點F，交點于點D，過點D作．交的延長線于點E．

(1)求證：與相切．(2)若，，求的長．【答案】(1)見詳解(2)【分析】(1)連接，結合圓周角定理，根據，可得，再根據平行的性質，即有，進而可得，問題隨之得證；(2)過C點作于點K，先證明四邊形是平行四邊形，即有，求出，即有，利用三角形函數有，同理，即可得，，進而有，再證明，可得，即可得，在中，有，問題隨之得解．【詳解】(1)連接，如圖，

∵為的直徑，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，∴半徑，∴與相切；(2)過C點作于點K，如圖，

∵，，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴在，，同理，∵在中，，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴在中，，∴．【點睛】本題是一道綜合題，主要考查了圓周角定理，切線的判定，相似三角形的判定與性質，平行四邊形的判定與性質，三角函數以及勾股定理等知識，掌握切線的判定以及相似三角形的判定與性質，是解答本題的關鍵．4．(2023·江蘇南通·統(tǒng)考中考真題)如圖，等腰三角形的頂角，和底邊相切于點，并與兩腰，分別相交于，兩點，連接，．

(1)求證：四邊形是菱形；(2)若的半徑為2，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)【分析】(1)連接，根據切線的性質可得，然后利用等腰三角形的三線合一性質可得，從而可得和都是等邊三角形，最后利用等邊三角形的性質可得，即可解答；(2)連接交于點，利用菱形的性質可得，，，然后在中，利用勾股定理求出的長，從而求出的長，最后根據圖中陰影部分的面積扇形的面積菱形的面積，進行計算即可解答．【詳解】(1)證明：連接，

和底邊相切于點，，，，，，，和都是等邊三角形，，，，四邊形是菱形；(2)解：連接交于點，

四邊形是菱形，，，，在中，，，，圖中陰影部分的面積扇形的面積菱形的面積，圖中陰影部分的面積為．【點睛】本題考查了切線的性質，扇形面積的計算，等腰三角形的性質，菱形的判定與性質，根據題目的已知條件并結合圖形添加適當的輔助線是解題的關鍵．5．(2023·遼寧鞍山·統(tǒng)考中考真題)如圖，四邊形內接于，為的直徑，過點D作，交的延長線于點F，交的延長線于點E，連接．若．

(1)求證：為的切線．(2)若，，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)的半徑為【分析】(1)連接，根據同角的補角相等，得到，等角的余角相等，得到，等邊對等角，得到，推出，得到，即可得證；(2)連接，推出，利用銳角三角函數求出的長，設的半徑為，證明，列出比例式進行求解即可．【詳解】(1)證明：連接，

∵，，∴，∵為的直徑，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即：，又為的半徑，∴為的切線；(2)連接，則：，

∵為的直徑，∴，∴，∴，在中，，，∴，設的半徑為，則：，∵，∴，∴，即：，∴；∴的半徑為．【點睛】本題考查圓與三角形的綜合應用，重點考查了切線的判定，解直角三角形，相似三角形的判定和性質．題目的綜合性較強，熟練掌握相關知識點，并靈活運用，是解題的關鍵．6．(2023·遼寧阜新·統(tǒng)考中考真題)如圖，是的直徑，點C，D是上異側的兩點，，交的延長線于點E，且平分．

(1)求證：是的切線．(2)若，，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)【分析】(1)連接，根據，得出．根據平分，得出，則．根據得出，進而得出，即可求證；(3)連接，過點O作于點F，通過證明為等邊三角形，得出，．求出．最后根據即可求解．【詳解】(1)解：連接，∵，∴．∵平分，∴，∴．∵，∴，∴，即，∴是的切線．(2)解：連接，過點O作于點F，∵，∴．∵，，∴為等邊三角形，∴，．∵，，，∴．∴．

【點睛】本題主要考查了切線的判定，等邊三角形的判定和性質，解直角三角形，求扇形面積，解題的關鍵是掌握經過半徑外端切垂直于半徑的直線是圓的切線；扇形面積公式．7．(2023·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考中考真題)已知內接于，為的直徑，N為的中點，連接交于點H．

(1)如圖①，求證；(2)如圖②，點D在上，連接，，，交于點E，若，求證；(3)如圖③，在(2)的條件下，點F在上，過點F作，交于點G．，過點F作，垂足為R，連接，，，點T在的延長線上，連接，過點T作，交的延長線于點M，若，求的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】(1)連接，根據N為的中點，易證，再根據中位線定理得出結論；(2)連接，先證得，再根據得，根據即可得出結論；(3)連接，先證，再證四邊形是矩形，過A作垂足為S，先證出，再能夠證出從而，得到等腰直角，利用三角函數求出，再根據求出，最后用勾股定理求出答案即可．【詳解】(1)證明：如圖，連接，

為的中點，，，，，，是的中位線，；(2)證明：如圖，連接，

設，，，，，，，，，

，；(3)解：連接，

，，，，，，，，，，，，，，，四邊形是平行四邊形，是的直徑，，四邊形是矩形，，，過點A作垂足為S，，，，，，，，是的直徑，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，．【點睛】本題是圓的綜合題，考查圓的有關知識、全等三角形的判定與性質、垂徑定理、三角函數、勾股定理、圓周角定理等知識，構造輔助線解決問題是解題關鍵．8．(2023·江蘇徐州·統(tǒng)考中考真題)兩漢文化看徐州，桐桐在徐州博物館“天工漢玉”展廳參觀時了解到；玉壁，玉環(huán)為我國的傳統(tǒng)玉器，通常為正中帶圓孔的扇圓型器物，據《爾雅·釋器》記載：“肉倍好，謂之璧；肉好若一，調之環(huán)．”如圖1，“肉”指邊(陰影部分)，“好”指孔，其比例關系見圖示，以考古發(fā)現看，這兩種玉器的“肉”與“好”未必符合該比例關系．(1)若圖1中兩個大圓的直徑相等，則璧與環(huán)的“肉”的面積之比為；(2)利用圓規(guī)與無刻度的直尺，解決下列問題(保留作圖痕跡，不寫作法)．①圖2為徐州獅子山楚王墓出土的“雷紋玉環(huán)”及其主視圖，試判斷該件玉器的比例關系是否符合“肉好若一”？②圖3表示一件圓形玉坯，若將其加工成玉璧，且比例關系符合“肉倍好”，請畫出內孔．【答案】(1)(2)①符合，圖見詳解；②圖見詳解【分析】(1)根據圓環(huán)面積可進行求解；(2)①先確定該圓環(huán)的圓心，然后利用圓規(guī)確定其比例關系即可；②先確定好圓的圓心，然后根據平行線所截線段成比例可進行作圖．【詳解】(1)解：由圖1可知：璧的“肉”的面積為；環(huán)的“肉”的面積為，∴它們的面積之比為；故答案為；(2)解：①在該圓環(huán)任意畫兩條相交的線，且交點在外圓的圓上，且與外圓的交點分別為A、B、C，則分別以A、B為圓心，大于長為半徑畫弧，交于兩點，連接這兩點，同理可畫出線段的垂直平分線，線段的垂直平分線的交點即為圓心O，過圓心O畫一條直徑，以O為圓心，內圓半徑為半徑畫弧，看是否滿足“肉好若一”的比例關系即可

由作圖可知滿足比例關系為的關系；②按照①中作出圓的圓心O，過圓心畫一條直徑，過點A作一條射線，然后以A為圓心，適當長為半徑畫弧，把射線三等分，交點分別為C、D、E，連接，然后分別過點C、D作的平行線，交于點F、G，進而以為直徑畫圓，則問題得解；如圖所示：

【點睛】本題主要考查圓的基本性質及平行線所截線段成比例，熟練掌握圓的基本性質及平行線所截線段成比例是解題的關鍵．9．(2023·遼寧·統(tǒng)考中考真題)如圖，是的直徑，點在上，，點在線段的延長線上，且．

(1)求證：EF與相切；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】(1)利用圓周角定理得到，結合已知推出，再證明，推出，即可證明結論成立；(2)設半徑為x，則，在中，利用正弦函數求得半徑的長，再在中，解直角三角形即可求解．【詳解】(1)證明：連接，

∵，∴，∵，∴，∵是的直徑，∴，∵，∴，∴，∵為半徑，∴EF與相切；(2)解：設半徑為x，則，∵，，∴，在中，，，∴，即，解得，經檢驗，是所列方程的解，∴半徑為4，則，在中，，，，∴，∴．【點睛】本題考查了圓的切線的判定、圓周角定理、解直角三角形以及相似三角形的判定和性質等知識，熟練掌握圓的相關知識和相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．10．(2023·貴州·統(tǒng)考中考真題)如圖，已知是等邊三角形的外接圓，連接并延長交于點，交于點，連接，．

(1)寫出圖中一個度數為的角：_______，圖中與全等的三角形是_______；(2)求證：；(3)連接，，判斷四邊形的形狀，并說明理由．【答案】(1)、、、；(2)證明見詳解(3)四邊形是菱形【分析】(1)根據外接圓得到是的角平分線，即可得到的角，根據垂徑定理得到，即可得到答案；(2)根據(1)得到，根據垂徑定理得到，即可得到證明；(3)連接，，結合得到，是等邊三角形，從而得到，即可得到證明；【詳解】(1)解：∵是等邊三角形的外接圓，∴是的角平分線，，∴，∵是的直徑，∴，∴，∴的角有：、、、，∵是的角平分線，∴，，在與中，∵，∴，故答案為：、、、，；(2)證明：∵，，∴；(3)解：連接，，∵，，∴，是等邊三角形，∴，∴四邊形是菱形．

【點睛】本題考查垂徑定理，菱形判定，等邊三角形的判定和性質，相似三角形的判定等知識，解題的關鍵是熟練掌握垂徑定理，從而得到相應角的等量關系．11．(2023·湖北鄂州·統(tǒng)考中考真題)如圖，為的直徑，E為上一點，點C為的中點，過點C作，交的延長線于點D，延長交的延長線于點F．

(1)求證：是的切線；(2)若，，求的半徑長．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)連接，根據弦、弧、圓周角的關系可證，根據圓的性質得，證明，得到，根據切線的判定定理證明；(2)連接，，根據勾股定理得到的長，根據等弧對等弦得到，根據圓內接四邊形對角互補得，推出，證明，利用相似三角形的性質即可求解．【詳解】(1)證明：連接，

∵點C為的中點，∴，∴，∵，∴∴∴，∴，∵為半徑，∴為切線；(2)解：連接，，

∵，∴，∵，，∴，∵D是的中點，∴，∴，∵為的直徑，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴的半徑長為．【點睛】本題考查了切線的判定和性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．12．(2023·吉林長春·統(tǒng)考中考真題)【感知】如圖①，點A、B、P均在上，，則銳角的大小為__________度．

【探究】小明遇到這樣一個問題：如圖②，是等邊三角形的外接圓，點P在上(點P不與點A、C重合)，連結、、．求證：．小明發(fā)現，延長至點E，使，連結，通過證明，可推得是等邊三角形，進而得證．下面是小明的部分證明過程：證明：延長至點E，使，連結，四邊形是的內接四邊形，．，．是等邊三角形．，請你補全余下的證明過程．【應用】如圖③，是的外接圓，，點P在上，且點P與點B在的兩側，連結、、．若，則的值為__________．【答案】感知：；探究：見解析；應用：【分析】感知：由圓周角定理即可求解；探究：延長至點E，使，連結，通過證明，可推得是等邊三角形，進而得證；應用：延長至點E，使，連結，通過證明得，可推得是等腰直角三角形，結合與可得，代入即可求解．【詳解】感知：由圓周角定理可得，故答案為：；探究：證明：延長至點E，使，連結，四邊形是的內接四邊形，．，．是等邊三角形．，，∴，，，是等邊三角形，，，即；應用：延長至點E，使，連結，四邊形是的內接四邊形，．，．，，∴，，，是等腰直角三角形，，，即，，，，，，，故答案為：．【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內接四邊形對角互補，鄰補角，全等三角形的判定和性質，等邊三角形、等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理解直角三角形；解題的關鍵是做輔助線構造，進行轉換求解．13．(2023·甘肅蘭州·統(tǒng)考中考真題)如圖，內接于，是的直徑，，于點，交于點，交于點，，連接．

(1)求證：是的切線；(2)判斷的形狀，并說明理由；(3)當時，求的長．【答案】(1)見解析(2)是等腰三角形，理由見解析(3)【分析】(1)連接，根據圓周角定理得出，根據已知得出，根據得出，進而根據對等角相等，以及三角形內角和定理可得，即可得證；(2)根據題意得出，則，證明，得出，等量代換得出，即可得出結論；(3)根據，，設，則，等邊對等角得出，則．【詳解】(1)證明：如圖所示，連接，

∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵∴，即，又是的直徑，∴是的切線；(2)∵，是的直徑，∴，，∴，∵，，∵，∴，又，∴，∴是等腰三角形，(3)∵，，設，則，∴，∴．【點睛】本題考查了切線的判定，等腰三角形的性質與判定，圓周角定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．14．(2023·山東東營·統(tǒng)考中考真題)如圖，在中，，以為直徑的交于點D，，垂足為E．(1)求證：是的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】(1)如圖：，然后根據等邊對等角可得、即，再根據可得，進而得到即可證明結論；(2)如圖：連接，有圓周角定理可得，再解直角三角形可得，進而得到，然后說明，最后根據弧長公式即可解答．【詳解】(1)證明：如圖：連接

∵，∴,∵，∴,∴,∴,∴。∵，∴，∴，∵是的半徑，∴是的切線．(2)解：如圖：連接∵是的直徑，∴,在中，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了圓的切線證明、圓周角定理、解直角三角形、等腰三角形的性質等知識點，靈活運用相關知識是解答本題的關鍵．15．(2023·內蒙古赤峰·統(tǒng)考中考真題)如圖，是的直徑，是上一點過點作于點，交于點，點是延長線上一點，連接，，．

(1)求證：是切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)根據垂徑定理和圓周角定理可推出，利用已知條件進行等量轉換即可求出，最后利用可證明，從而證明是切線．(2)根據互余的兩個角相等，利用可求出，設參數表示出和，再根據勾股定理用參數表示出和，最后利用即可求出參數的值，從而求出長度，即可求的長．【詳解】(1)解：連接，，如圖所示，

，為的直徑，，，，，，，，，，，是切線．(2)解：連接，如圖所示，

由(1)得，，，，．，．設則，在中，，．在中，．，，．．，．．故答案為：．【點睛】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，切線的判定和性質，三角函數和勾股定理，解題的關鍵在于利用參數表達線段長度．16．(2023·內蒙古·統(tǒng)考中考真題)如圖，是的直徑，是弦，是上一點，是延長線上一點，連接．

(1)求證：；(請用兩種證法解答)(2)若，的半徑為3，，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)8【分析】(1)證法一：連接，得到，因為，所以；證法二：連接，可得，則，根據，可得，即可得到結果；(2)連接，根據角度間的關系可以證得為直角三角形，根據勾股定理可得邊的長，進而求得結果．【詳解】(1)證法一：如圖，連接，∵，∴，∵是的直徑，∴，∴∵，∴，∴，

證法二：如圖，連接，∵四邊形是的內接四邊形，∴，∴，∵是的直徑，∴，∴，∴，∴，

(2)解：如圖，連接，∵，，∴，∵，∴，∴，∴．∵的半徑為3，∴，在中，，∵，∴，∴，∴，

【點睛】本題考查了圓周角定理，直徑所對的圓周角為直角，勾股定理，找到角度之間的關系是解題的關鍵．17．(2023·湖南·統(tǒng)考中考真題)問題情境：筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，既經濟又環(huán)保，明朝科學家徐光啟在《農政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理(如圖①)．假定在水流量穩(wěn)定的情況下，筒車上的每一個盛水筒都按逆時針做勻速圓周運動，每旋轉一周用時120秒．問題設置：把筒車抽象為一個半徑為r的．如圖②，始終垂直于水平面，設筒車半徑為2米．當時，某盛水筒恰好位于水面A處，此時，經過95秒后該盛水筒運動到點B處．(參考數據，)

問題解決：(1)求該盛水筒從A處逆時針旋轉到B處時，的度數；(2)求該盛水筒旋轉至B處時，它到水面的距離．(結果精確到米)【答案】(1)(2)該盛水筒旋轉至B處時，它到水面的距離為米【分析】(1)先求得該盛水筒的運動速度，再利用周角的定義即可求解；(2)作于點C，在中，利用含30度角的直角三角形的性質以及勾股定理求得的長，在中，利用勾股定理求得的長，據此即可求解．【詳解】(1)解：∵旋轉一周用時120秒，∴每秒旋轉，當經過95秒后該盛水筒運動到點B處時，，∵，∴；(2)解：作于點C，設與水平面交于點D，則，

在中，，，∴，，在中，，，∴，∴(米)，答：該盛水筒旋轉至B處時，它到水面的距離為米．【點睛】本題考查了圓的性質，含30度角的直角三角形的性質以及勾股定理，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．18．(2023·湖南常德·統(tǒng)考中考真題)如圖，四邊形是的內接四邊形，是直徑，是的中點，過點作交的延長線于點．

(1)求證：是的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)，【分析】(1)根據“連半徑，證垂直”即可，(2)先由“直徑所對的圓周角是直角”，證是直角三角形，用勾股定理求出長，再通過三角形相似即可求解．【詳解】(1)連接

∵為的中點，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，又∵，∴，為半徑，∴為的切線，(2)∵為直徑，∴，