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（小专题冲刺训练）圆压轴题-2025年中考数学专题突破
1．如图所示，已知半径为，是直径，过点作于，交弦于点，连接，若，
(1)证明；
(2)设是射线上的动点，将绕着点顺时针旋转得到．
①当时，探究直线与的位置关系；
②在旋转过程中，是否存在点落在线段上且的情形？若存在，求出相应的的度数；若不存在，请说明理由．
2．如图，是直径，点为劣弧中点，弦、相交于点，点在的延长线上，且．
(1)求证：是的切线；
(2)当时，求的长度．
3．如图，是的直径，、是的弦，且，垂足为，连接并延长至，使得．
(1)求证：是的切线；
(2)若的直径，，求线段的长．
4．如图，在中，，点在上，以为半径的半圆交于点，交于点，点在上，且．
(1)求证：是半圆的切线；
(2)若，，，求半圆的半径．
5．如图，已知是的直径，都是的弦，于点G，交于点F，且，连结，分别交于点H，K．
(1)求证：．
(2)若，，求的直径．
(3)若点F在半径上，，请直接写出的值．
6． 如图， 是的直径， 是上异于点A，B的一动点， 连接， ， 过点A 作射线．为射线上一点，连接．
【初步探究】
（1） 若，求的长；
【深入探究】若在点 P 的运动过程中，始终有
（2） 如图1， 若，求证：直线与相切；
（3） 如图2， 连接， 设，求m的取值范围．
7．顶点在圆上，一边与圆相交，一边与圆相切的角是弦切角．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中提出弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数．下面是某数学兴趣小组对弦切角定理的证明过程．
证明：如图是的直径，为的切线，在上取一点，连接．
，．
是的直径，．
为的切线，．
．，
即弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角的度数．
根据以上材料解决下面的问题：
如图2，已知：是上的点，过点作，交的延长线于点．求证：是的切线．

8．如图，在中，，，点为直线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到线段，连接，，取的中点，连接，交于点．
(1)与的位置关系是_____________；
(2)当点在线段上运动时，求证：；
(3)若，直接写出点到直线的距离的最小值．
9．如图，在中，，以为直径作交斜边于点E．为的切线，连接并延长交的延长线于点D．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
10．如图，内接于⊙，过点作平行于交的延长线于点，．
(1)求证：是⊙的切线；
(2)若，求的长．
11．如图，内接于，
(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，求弦所对的弧长；
(3)在（2）的条件下，点C在优弧上运动，是否存在点C，使点O到弦的距离为？若有，请直接写出的长；若没有，请说明理由．
12．如图1，为的直径，是上异于A，B的任一点，连接，过点A作射线为射线上一点，连接．
【特例感知】
（1）若，则 ．
【深入探究】
若在点C运动过程中，始终有，连接．
（2）如图2，当与相切时，求的长度；
（3）求长度的取值范围．
13．如图，为的直径，C为上一点，连接、，点F为上一点，且，延长于点E，使得，延长、交于点D．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
14．我们已经学习了垂径定理、圆周角定理等，实际上，与圆相关的定理还有很多，比如切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．切割线定理揭示了从圆外一点引圆的切线和割线时，切线与割线之间的关系．
下面我们尝试证明切割线定理．
已知：如图1，是外一点，与相切于点，交于点，（即是的割线），连接，．
求证：．
证明：如图2，连接并延长，交于点，连接．
与相切于点，.，
是的直径，
……
(1)根据上面的证明思路，补全剩余的证明过程．
(2)图2中，若的半径为，，，求的长．
15．如图所示的平面直角坐标系中，为轴正半轴上一点，以为圆心的交轴于，两点，交轴于、两点．直线与交于、两点，其中交点在弧上．过点作，垂足为点，连接与．
(1)求证：；
(2)连接，请求证：；
(3)若点的坐标为，点的坐标为，的中点为，则线段长度的最大值为_____．
《（小专题冲刺训练）圆压轴题-2025年中考数学专题突破》参考答案
1．(1)证明见解析
(2)①当时， 与相切;当时，直线与相交； ②存在；
【分析】本题考查了圆的综合问题，涉及直线与圆的位置关系，解直角三角形，旋转的性质，等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，难度大．
（1）由得到，求出，再由三角形外角求出，再由等角对等边即可求证；
（2）①连接交直线于，可得．则，即，解，求出，设，则．故当时，，，此时点与点重合，由可得与相切；当时，，，此时点与点不重合，故直线与不相切，则直线与相交．
②当，时，点落在上且连接，，，，，，先确定点在上．当，时，可得．解得到，故，即存在点落在上且的情形，然后证明 ，可得是等边三角形，则，，即点和点都在上．故．
【详解】（1）证明：∵，，
∴．
∵，
∴．
∴在中，．
∴．
∴．
∴；
（2）①解：连接交直线于，
∵绕着点顺时针旋转得到，
∴．
由（1）知：，，
∴．
∴，即．
∵在中，，
设，
∴在中，．
当时，，，此时点与点重合，由可得与相切．
当时，，，此时点与点不重合，故直线与不相切，则直线与相交．
②解：存在，当，时，点落在上且．
理由如下：
连接，，，，，．
∵绕着点顺时针旋转得到，
∴，，．
∴．
∵点在射线上，
∴．
∴．
∴点在上．
当，时，
∵，，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴，即存在点落在上且的情形．
此时，，，
∴在和中，，，，
∴．
∴，．
∴．
∴是等边三角形．
∴，，即点和点都在上．
∴．
2．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆的性质、切线的性质与证明以及等腰三角形的性质．掌握并利用圆的性质和切线的性质是解题的关键．
（1）由题意连接，得出，进而得出，可得，即可证明；
（2）连接，由点为劣弧中点，得，进而得，最后即可求出求的长度．
【详解】（1）证明：连接，如图1所示，
点为劣弧中点，
，
，
，
，
是直径，
，
，
，
，
是直径，
是的切线；
（2）解：连接，
点为劣弧中点，
，
，
，
，
，
，
的长度为．
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1），得出．根据．得出，，即可得出是的切线；
（2）连接．利用垂径定理可证．得出．根据勾股定理．再证．求出即可．
【详解】（1）证明： ，
，
又，
，
，
，
，
又为的半径，
是的切线；
（2）解：如图，连接，
是直径，，
∴，
∴
，
，
，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查圆的切线性质，垂径定理的应用，直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，勾股定理，三角形相似的判定与性质，熟练掌握圆周角的性质和三角形相似的判定与性质是解题关键．
4．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了切线的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理．
（1）连接，根据，得，证明，得，进而可得结论；
（2）设半径为r，连接，，则，求得，再由勾股定理，利用为中间变量列出r的方程便可求得结果．
【详解】（1）证明：连接，如图1，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是半圆O的切线；
（2）解：连接，，如图2，
设圆的半径为r，则，
∵，，，
∴，，
∵，
∴，
∴．
故圆的半径为．
5．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由垂径定理得，等量代换得，进而可证结论成立；
（2）先证明，进而可证，求出，再证明，利用相似三角形的对应边成比例可得结论；
（3）证明得，证明是的中位线得，设，则，由勾股定理得，，证明，可求出，再证明求出，然后证明，利用平行线分线段成比例定理即可求解．
【详解】（1）连接，
∵是的直径，
∴
∵
∴
∴
∴
（2）∵是的直径，
∴
∴，
∵
∴
∴
∵，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
（3）连接，
∵是的直径，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴是的中位线
∴
设，则，
∴
∴，
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，等角对等边，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，难度较大，属中考压轴题．
6．（1）；（2）见解析；（3）
【分析】（1）证明，再利用勾股定理求解即可；
（2）如图1，连接，证明， 求解，证明是等边三角形，可得，再进一步求解即可；
（3）如图2，过点A作射线，作射线使得，射线与交于点D，连接，则在中，求解，，证明，可得，可得，结合根据三角形的三边关系，得，进一步可得答案．
【详解】解：（1）是的直径，P是上异于点的一动点，
，
在中，由勾股定理，得；
（2）证明：如图1，连接，
，
，
，
是的直径，，
，
，
是等边三角形，
，
，即，
，又是的半径，
是的切线，即直线与相切；
（3）如图2，过点A作射线，作射线使得，射线与交于点D，连接，则在中，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
，
，
，
在中，，
在中，根据三角形的三边关系，得，
，即，
；
【点睛】本题考查的是圆周角定理，勾股定理，特殊三角函数值，三角函数，等边三角形的判定与性质，切线的判定与性质，解直角三角形，三角形相似的判定与性质，三角形三边关系，作出合适的辅助线是解本题的关键．
7．见解析
【分析】本题考查了切线的判定．连接并延长，交于点，连接．求得，推出，据此即可证明是的切线．
【详解】证明：如图，连接并延长，交于点，连接．
为的直径．
．
．
，
．
，
．
．
是的切线．
8．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由等腰直角三角形性质、结合旋转性质得到相关角度、线段关系，再由两个三角形全等的判定与性质即可得证；
（2）延长到点，使，连接，如图所示，先由全等三角形的判定定理得到，进而由全等性质及平行性质得到边与角的关系，从而由两个三角形全等的判定定理得到，再由全等三角形性质及两角互余即可得证；
（3）取的中点，过点作垂足为，作垂足为，如图所示，先判断，进而得到四边形为矩形，在和中，解直角三角形求出，结合点在以为直径的上，当点在线段上时，点到直线的距离最小，求出即可得到答案．
【详解】（1）解：在中，，，
，
将绕点逆时针旋转得到线段，
，，
，，
，
在和中，
，
，则，
，
故答案为：；
（2）证明：延长到点，使，连接，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：取的中点，过点作垂足为，作垂足为，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴
在中，，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∵长度不变，
∴点在以为直径的上，当点在线段上时，点到直线的距离最小，此时，
∴点到直线的距离的最小值为．
【点睛】本题考查几何综合，综合性强、难度较大，涉及等腰直角三角形性质、旋转性质、全等三角形的判定与性质、平行线判定与性质、直角三角形的判定、矩形的判定与性质、解直角三角形、动点最值问题-辅助圆等知识，熟记相关几何判定与性质、全等三角形的判定与性质及动点最值问题-辅助圆问题的解法是解决问题的关键．
9．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
（1）连接，根据切线的性质得出，，再证明，得出，从而可得结论；
（2）证明是等边三角形，得出，，根据勾股定理求出，，从而得出．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵是直径，
∴，
∴．
∵为的切线，为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
∵在中，，，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，，
∴
∴,
∴，
∴．
10．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题是一道圆的综合题，考查了圆的有关知识，即切线的判定、圆周角定理、弧长公式等，同时涉及等腰三角形的性质，平行线的性质等，熟练掌握以上知识点，明确弧长计算公式是解题的关键．
（1）连接，通过圆周角定理，得，由，得，在中，易得，，根据，得，即可证明；
（2）连接，由（1）得，根据，得，通过圆周角定理，得，在中，，由弧长计算公式，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
内接于⊙，
，
，
，
，
，
又，
，，
，
，
是⊙的半径，
是⊙的切线．
（2）解：如图，连接，
，，
，
，
，
，
在中，，
的长为．
11．(1)直线与相切，见解析
(2)或
(3)存在，或
【分析】本题考查了圆的综合题：直径所对的圆周角是直角；同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半；三角形中位线定理；垂径定理等知识点是综合运用．
（1）如图1，延长交于点M，连接欲证直线与相切，只需证明即可；
（2）如图2，连接、利用圆周角定理证得为等边三角形；分类讨论：①当求劣弧的弧长时，该弧所对的圆心角的度数为；②当求优弧的弧长时，该弧所对的圆心角的度数为；
（3）①如图3，过点O作为的直径时，根据圆周角定理、三角形中位线定理可知；
②如图3，过点O作当时，利用切线的性质、垂径定理可知
【详解】（1）解：直线与相切．理由如下：
如图1，延长交于点M，连接
是直径，
，
，
在中，，且，
，即；
又直线经过半径的外端点A，
直线与相切．
（2）解：连接、，如图，
在中，，
，
，
为等边三角形，
，
∴，或者；
（3）解：2或
作直径，则，
又，
∴
，
则当是直径时满足条件，此时；
过点O作当时，垂径定理可知则是等边三角形．
则
12．
（1）；（2）（3）
【分析】（1）根据题意得到，由勾股定理计算即可得到答案；
（2）根据题意得到，连接，由三角函数的应用求出，，再根据勾股定理进行计算即可；
（3）过点作射线，作射线满足，射线与交于点，连接，证明，根据相似三角形的性质得到，再由不等式得到，即可得到答案．
【详解】解：（1）为的直径，
，
在中，由勾股定理可得：，
故答案为：；
（2）在中，
，
，
连接，
与相切，
，
，
，
，
，
，
在中，，
在中，，
故在中，
；
（3）过点作射线，作射线满足，射线与交于点，连接，
在中，，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，
即，
在中，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查圆的性质，勾股定理，切线的性质，相似三角形的判定和性质以及三角函数的应用，熟练掌握性质定理是解题的关键．
13．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查圆与三角形的综合，掌握圆的切线的性质，三角形相似的判定与性质是解题的关键，
（1）如图所示，连接，可证，根据为的切线，，即可求证；
（2）根据（1）中，设的半径为，可证，可算出的半径，根据三角形的相似即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴；
（2）解：∵，
设，则，
∴，
设的半径为，则，，，
由（1）可知，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，，
∵
∴，
∴．
14．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键．
（1）先根据切线的性质得到，再根据圆周角得到，进而得到，加上为公共角，则可判断，然后根据相似三角形的性质得到，从而得到；
（2）设，则，利用，可得，，进而得出，由的半径为，得出，在中利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
又，
，
，
；
（2）解：设，则，
由（1），知，
，
解得或（舍去），
，
，
，
，
的半径为，
，
在中，．
答：的长为：．
15．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接，，利用垂径定理得出，利用线段垂直平分线的性质可得出，利用等边对等角得出，再利用圆内接四边形的性质得出，进而即可得解；
（2）连接，过点A作交于点F，先利用全等证出和，然后进行线段和差的计算，即可得解；
（3）连接，，以为直径作，连接，，，先利用圆的性质和勾股定理求出和，然后再利用圆的性质和三角形的三边关系证出线段长度的最大值，进而即可得解．
【详解】（1）如图，连接，，
∵M为圆心，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）如图，连接，过点A作交于点F，
由（1）知，，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
由（1）知，，
又∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）如图，连接，，以为直径作，连接，，，
∵M点的坐标为，B点的坐标为，
∴的半径为，
∴，
如图，过G点作，
∴，
∴，
∴，
∵的中点为N，M为圆心，
∴，
∴N点始终在上，
∴，
∵，
∴线段长度的最大值，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理及勾股定理，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，线段垂直平分线的性质，等边对等角，三角形的三边关系等知识点，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键．

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